ÜBUNGSBUCH - Mathematik 1 - Grundlagen, Lineare Algebra und Diskrete Mathematik 978-3-947940-10-3

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Ubungsbuch

Samuel Hetterich

Mathematik 1 Grundlagen

1. Auflage

Lineare Algebra

Diskrete Mathematik

n

ÜBUNGSBUCH Mathematik 1 Grundlagen, Lineare Algebra und Diskrete Mathematik

Samuel Hetterich

Analog Verlag

Bibliographische Informationen Der Deutschen Bibliothek Die Deutsche Bibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliographie; detailliertere bibliographische Daten sind im Internet über http://dnb.ddb.de abrufbar.

ISBN 978-3-947940-10-3 1. Auflage ©2019 Analogverlag Samuel Hetterich, Idsteiner Straße 149, D-60326 Frankfurt Umschlaggestaltung: Analog Verlag Samuel Hetterich, Idsteiner Straße 149, D-60326 Frankfurt Druck: WIRmachenDRUCK GmbH, Mühlbachstr. 7, D-71522 Backnang

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Das Werk, einschließlich seiner Teile, ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlages und des Autors unzulässig. Dies gilt insbesondere für die elektronische oder sonstige Vervielfältigung, Übersetzung, Verbreitung und öffentliche Zugänglichmachung. Printed in Germany

Meinem Vater.

Vorwort

Das Studium der Grundlagen der Mathematik stellt viele Studierende unterschiedlichster Studiengänge gerade in den ersten Semestern vor große Herausforderungen. Als ich mein Buch „Mathematik für die Informatik I - Lineare Algebra und Diskrete Mathematik" letztes Jahr herausgebracht habe und in meiner Vorlesung bewarb, fragte mich eine Studierende, ob es auch Lösungen zu den vielen Übungsaufgaben gibt. Ich hatte diese Frage schon erwartet. Wahrscheinlich der erste Grund, warum es keine Lösungen zu den Aufgaben gab, liegt in der vielen Arbeit und Zeit, die aufgewendet werden muss, solche zu erstellen. Ich gab eine Antwort, von der ich auch deshalb wusste, dass sie nicht die glücklichste war. Ich legte ihr die Sichtweise nahe, dass man an der Uni froh sein könne, überhaupt passende Übungsaufgaben zu finden - die Lösungen seien dann zunächst nicht so wichtig - die könne man in den Tutorien oder mit Kommilitonen besprechend finden. Das war sicherlich nur ein Teil der Wahrheit - doch bin ich mir bewusst, dass gerade das formale und konsequente mathematische Argumentieren, das nachvollziehbare Formulieren und Aufschreiben von Lösungen in der Mathematik Studierenden der ersten Semester große Schwierigkeiten bereitet. Deshalb habe ich mich entschlossen, dass vorliegende Übungsbuch zu verfassen. Studierende sollen sich mithilfe der Musterlösungen mit ihre eigenen Lösung kritisch auseinander setzen können. Das setzt ein gewisses Maß an Selbstdisziplin voraus. Ein Übungsbuch mit Lösungen birgt die Versuchung, sich vorschnell von der Aufgabe abden Lösungen zuzuwenden. Mathematik lernt man jedoch am besten, wenn man sich den Aufgaben aussetzt, sie erträgt und nicht vorschnell aufgebend nach der Lösung blättert. In der Hoffnung also, dass Leser verantwortlich mit diesem Buch umgehen, bin ich mir sicher, dass dieses Buch ein Hilfsmittel zum Erlernen der Mathematik in den ersten Semestern sein kann. Ich selbst lese im vierten Jahr epochal die Grundlagenvorlesungen „Mathematik für die Informatik I" und „Mathematik für die Informatik II" über die Themenfelder der lineare Algebra, diskreten Mathematik und auch Analysis wie Numerik an der Goethe-Universität Frankfurt am Main. Ich wünsche mir, dass das vorliegende Übungsbuch nicht nur meinen Studierenden zu einem erfolgreichen Studium behilflich ist. Bei Anregungen, Kritik, Verbesserungsvorschlägen oder falls Sie Fehler finden, melden Sie

sich gerne per Mail unter [email protected]. Ich wünsche Ihnen viel Erfolg bei Ihren Studien. Frankfurt, im Herbst 2019 Samuel Hetterich

8

Gebrauchsanweisung

Das Buch orientiert sich inhaltlich und bezüglich der verwendeten Notation an meinem Buch „Mathematik für die Informatik I - Lineare Algebra". Wem das Buch nicht vorliegt, dem helfen sicherlich die Einführungen zu Beginn der Kapitel und die Einleitungen zu Beginn der einzelnen Abschnitte. Dort finden sich auch eine Sammlung von Begriffen, welche jeweils in dem Abschnitt geübt werden. Ebenfalls folgt eine Liste von Übungsaufgaben, die als ein „Übungskurs" die Aufgaben kennzeichnen, die ich als Minimalaufwand sehe, die wichtigsten Aspekte des Abschnitts einzuüben. Dem folgt in jedem Abschnitt die Sammlung von Übungsaufgaben, welche in Aufgaben und Zusatzaufgaben unterteilt sind. Zu Aufgaben finden Sie direkt im Anschluss an die Aufgaben die Lösungen, für die Zusatzaufgaben, die durch ein „." im Index markiert sind, gibt es keine Lösungen. Sie dienen als weiterer Aufgabenpool für Ihre persönlichen Studiene. Häufig orientieren sich die Zusatzaufgaben an Aufgaben, für welche Lösungen aufgeführt sind, Sie finden grundsätzlich fünf unterschiedliche Aufgabentypen. Zunächst gibt es mit einem „i" gekennzeichnete Kontrollfragen. Es sind „einfache" Verständnisfragen und können allesamt mit „ja" oder „nein" beantwortet werden. Sie fragen wesentliche Aspekte des Abschnitts ab. Danach folgen weiter Aufgaben die mit einer „1", „2" oder „3" im Exponenten versehen sind. Das soll ihren Schwierigkeitsgrad angeben, aufsteigend schwerer werdend. Sie sollten sich bewusst sein, dass dies natürlich eine subjektive Einteilung meinerseits darstellt. Als grobe Orientierung kann helfen, dass bei Aufgaben der schwersten, der dritten Kategorie, in der Regel eine Aussage bewiesen werden soll. Eine weitere Kategorie ist mit einem „S" im Exponenten versehen, dabei handelt es sich um Sage-Aufgaben. Mehr dazu weiter unten. Sie sollten grundsätzlich berücksichtigen, dass meine Lösungen nur Lösungsvorschläge sind. Manche Rechenaufgaben lassen sich vermutlich nur auf eine Art und Weise berechnen, aber schon die Frage wie ausführlich man Zwischenschritte aufführt und kommentiert macht deutlich, dass auch hier die Lösung möglicherweise dem einen zu knapp, dem anderen zu ausladend aufgeschrieben ist. Ich hoffe, dass Ihnen meinen Lösungen hilfreich

sind. Sollten Sie eine andere Lösung gefunden haben, die sich nicht mit meiner Lösung deckt, heißt das nicht automatisch, dass diese falsch sein muss. Insbesondere sehr abstrakte mathematische Aussagen können häufig über unterschiedliche Beweise als wahr bewiesen werden. Vielleicht finden Sie auch „schönere", einfachere Lösungen - dann freut es mich auch davon zu hören. Ein Wort zu Sage

Die schon erwähnten Sage-Aufgaben können mit der mathematischen Software SageMath, oder kurz Sage, gelöst werden. Sage ist ein freies Open Source Mathematiksystem. Es ist eine auf Python basierende Oberfläche und stellt Ihnen ein starkes Werkzeug zur computergestützten Analyse von mathematischen Objekten zur Verfügung. Wenn Sie das möchten, dann können Sie Sage leicht auf Ihrem Rechner verfügbar und sich mit der grundlegend Syntax vertraut machen. Sie finden die Software unter www. sagemath. org/de/ . Erste Schritte in einem online Tutorial können Sie unter doc . sagemath. org/ html/de/tutorial/gehen. Grundsätzlich gibt es über die behandelte Materie verteilt computerorientierte Aspekte. Dann sind Sie herzlich eingeladen die Software Sage zu nutzen, um „spielerisch" programmierend den Stoff zu erfassen. Mit den Sage-Aufgaben finden Sie einige Anstöße und Anregungen dazu - der von mir als Lösung gegeben Code kann Ihnen dabei sicherlich als Orientierung dienen. Bei vielen der behandelten Inhalte ist das Rechnen mit der Hand mühsam. Ist beispielsweise in der linearen Algebra der fünfzehnte Kern einer Matrix zu berechnen, greift man sicherlich gerne auf Sage zurück. Tun Sie das bitte, doch gehen Sie dabei sicher, dass Sie verstanden haben, wie jeweils per Hand gerechnet werden müsste, stünde kein Computer zur Verfügung. Youtube-Kanal „x-beliebig"

Der Youtube-Kanal „x-beliebig" ist die Plattform für digitale Inhalte zu diesem Übungsbuch. Dort werden Sie nach und nach Videos zu den Aufgaben finden. Das können Erläuterungen der Aufgabenstellung, Tipps zu den Aufgaben und Kommentare und weiterführende Erklärungen zu den Lösungen sein. Manch Aufgaben sind mit einem „Nummernschild" versehen. Es könnte zum Beispiel so AS-G [5111

aussehen. Es bedeutet, dass Sie unter dem Kürzel „AS-G 51" Videomaterial zu der Aufgabe finden oder finden werden. Der Kanal befindet sich zur Zeit noch im Aufbau, haben Sie etwas Geduld und schauen Sie gerne immer mal wieder rein. Gerne dürfen Sie sich auch unter www.analogverlag.de über ergänzende Angebote informieren. Letzte erste Worte

Der Abschnitt über die Grundlagen der Graphentheorie ist zur Zeit noch recht knapp gehalten. Es ist ein weites Feld, so dass ich versucht habe, zumindest eine Vielzahl von Zusatzaufgaben aufzuführen, die viele Aspekte der Graphentheorie abdecken. 10

A

Sind Ihnen Notationen nicht vertraut, hilft Ihnen vielleicht das Symbolverzeichnis im Anhang weiter. Zwei gut gemeinte Ratschläge sollen diese „Gebrauchsanweisung" abrunden: Bleiben Sie am Ball und lassen Sie sich nicht frustrieren. Das Studium der Mathematik bedarf Ausdauer und Frustrationstoleranz - das betrifft insbesondere das Üben an Aufgaben. In der Schule kann man Matheaufgaben häufig schnell „abarbeiten" - manch der hier vorliegenden Aufgaben können Sie aber auch mal über Tage beschäftigen. Das ist nicht besorgniserregend. Geben Sie sich die Zeit, die Sie brauchen - beißen Sie sich rein - dann wird sich der gewünschte Lerneffekt sicherlich einstellen. Dann dürfen Sie sich jetzt auf die Aufgaben stürzen - viel Spaß!

11

k

12

0

Inhaltsverzeichnis

Vorwort

7

Gebrauchsanweisung

9

1 1

Grundlagen Grundbegriffe

1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6

Mathematische Aussagenlogik Mengen Zahlen Abbildungen Beweise Relationen

17 19

19 24 32 35 40 43

Grundlagen der Graphentheorie

49

2.1 Grundlegende Definitionen 2.2 Weitere Konzepte auf Graphen

49 52

11

Rechnen

57

3

Rechnen mit ganzen Zahlen

59

3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6

59 64 71 80 90 96

2

4

Teilbarkeit Modulo-Rechnung Der euklidische Algorithmus und das Lemma von 13zout Der chinesische Restsatz Die eulersche -Funktion Der Satz von Euler

Algebraische Strukturen

4.1 4.2 4.3 4.4

Einleitung algebraische Strukturen. Gruppen Ringe und Körper Vektorräume.

101

101 104 119 124

k

INHALTSVERZEICHNIS

4.5 Matrizen. 4.6 Lineare Gleichungssysteme 4.7 Strukturerhaltende Abbildungen.

III

Lineare Algebra

131 142 150

159

5 Basis und Dimension 5.1 Erzeugung und lineare Abhängigkeit 5.2 Basis und Dimension

161 161 179

6 Matrizen & lineare Abbildungen 6.1 Darstellungsmatrix zur Standardbasis 6.2 Der Dimensionssatz 6.3 Basiswechsel

187 187 195 201

7 Orthogonalität 7.1 Das Standardskalarprodukt und die euklidische Norm 7.2 Orthonormalbasen 7.3 Das orthogonale Komplement 7.4 Orthogonalisierungsverfahren 7.5 Die orthogonale Projektion und orthogonale Abbildungen

209 209 218 222 225 229

8 Normen und Metriken 8.1 Norm - ein Längenbegriff für Vektoren 8.2 Metrik - ein Abstandsbegriff auf Mengen 8.3 Norm - ein allgemeiner Längenbegriff

237 237 242 247

9 Die Determinante 9.1 Das Parallelotop und sein orientiertes Volumen. 9.2 Vom orientierten Volumen zur Determinanten. 9.3 Die Determinante berechnen.

253 253 257 262

10 Eigenvektoren und Eigenwerte 10.1 Eigenvektoren und Eigenwerte 10.2 Eigenvektoren und Eigenwerte berechnen 10.3 Diagonalisierbarkeit

269 269 273 277

IV Kommunikation - mathematische Grundlagen

285

11 Daten verschlüsseln 11.1 Public-Key-Kryptographie 11.2 Das RSA-Signaturschema

287 287 294

12 Daten übertragen 12.1 Allgemeine Codes über allgemeinen Alphabeten

297 298

14

INHALTSVERZEICHNIS

12.2 Dekodierung 12.3 Lineare Codes 12.4 Binäre Hammingcodes Symbolverzeichnis

A

300 309 322 327

15

Ä INHALTSVERZEICHNIS

16

Grundlagen

1

Grundbegriffe

Möchte man Mathematik auf universitärem Niveau betreiben, sollten ganz grundlegende Konzepte erlernt sein. In der Regel wird beispielsweise vorausgesetzt, dass Studierende ableiten können, wissen was reelle Zahlen sind, Terme umformen, binomische Formeln kennen, Gleichungssysteme und quadratische Gleichungen lösen können. Manche dieser Themen werden in den ersten Semestern aufgegriffen und vertieft, auf einem allgemeinerem, abstrakteren und grundlegenden Level behandelt. Prinzipiell wird das Wesen der Mathematik in ihrer stringent logischen Entwicklung und Entfaltung auf der Grundlage von Axiomen entfaltet. Das hat es in sich und zu allem Überfluss beißt sich die Katze dabei in den Schwanz. In diesem Kapitel möchten wir uns zunächst mit mathematischer Aussagenlogik befassen. Es schließen sich mengentheoretische Grundlagen an. Dabei verwenden wir die naive Mengendefinition nach Cantor. Ein kurzer Abschnitt, der verschiedene Zahlenbereiche in den Blick fast, leitet zu einer Beschäftigung mit Abbildungen über. Nachdem wir uns mit verschiedenen Beweistechniken beschäftigt haben, rundet das Studium von Relationen das Kapitel ab. Dabei sind sicherlich die Äquivalenzrelationen von besonderer Bedeutung. Erarbeitungshinweis. Es macht sicherlich Sinn, diese Kapitel unabhängig von der weiteren inhaltlichen Zielrichtung Ihres persönlichen Studiums durchzuarbeiten. Es bietet die Grundlagen mathematischer Herangehensweise. Geübt wird insbesondere das formal saubere schriftliche Fixieren von Gedankengängen in der Mathematik.

1.1 Mathematische Aussagenlogik

Einleitung. Es soll der grundlegende Umgang mit mathematischer Aussagenlogik geübt werden. Dabei wird der Fokus auf der formalen, mathematischen Sprache zur Formulierung mathematischer Aussagen liegen. Es werden logische Operatoren und die Konzepte von Implikation und Äquivalenz beleuchtet. Beachten Sie bei den folgenden Aufgaben, dass nicht zwangsläufig danach gefragt wird, ob die genannten Aussagen wahr oder falsch sind. Begriffe. Mathematische Aussage - Implikation - Äquivalenz - Konjunktion - Disjunktion -

MATHEMATISCHE AUSSAGENLOGIK

Negation. Übungskurs. O 1.1

D 1.2

❑ 1.3

D 1.8

0 1.9

ID 1.10

0 1.12

Aufgaben.

1.1i Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? O Es gibt mathematische Aussagen, die gleichzeitig wahr und falsch sind. O Negiert man eine Aussage mit dem Allquantor V tritt der Existenzquantor an seine Stelle. ❑ Impliziert eine Aussage A eine Aussage 13, so impliziert die Aussage 13 auch die Aussage A. O Sind zwei Aussagen A und 13 äquivalent, dann sind auch die jeweils negierten Aussagen und —,13 äquivalent. ❑ Sind zwei Aussagen A und 13 äquivalent, dann sind auch die Aussagen A und —43 äquivalent.

GL-L [5D]

1.2' Welche der drei Aussagen

A

[a2 b2]

B=

[a2

b2 = (a

+ b) 2]

und

C = [18 ist durch 4 teilbar]

ist eine mathematische Aussage? 1.31

Nennen Sie Bausteine formaler mathematischer Aussagen.

GL-L [512]

1 4' Es seien A und 13 mathematische Aussagen. Negieren Sie die Aussage [A

GL-L.[513]

Gegeben sei die Aussage A = [n,mEN:nd-m= 7]. 1.5' Negieren Sie die Aussage A, formulieren Sie also 1.6' Finden Sie alle Belegungen von n und m, so dass die Aussage A wahr bzw. falsch ist. 1.71 Negieren Sie die Konjunktion und Disjunktion der beiden Aussagen [n,mEN:nd-m> 7]

GL-L 15141

und

[n,mEN:n+m< 13].

Gegeben seien die beiden folgenden Aussagen. A = [„Jede natürliche Zahl ist von der Form n = k — 2 mit einer natürlichen Zahl k."] 13 = [„Es gibt eine natürliche Zahl n, so dass für jede natürliche Zahl k das Ergebnis von n+ k die Zahl 5 ist."]

20

MATHEMATISCHE AUSSAGENLOGIK

A

1.82 Formulieren Sie die sprachlichen Aussagen A und B in symbolischer Notation.

❑

1.92 Negieren Sie die Aussagen A und B in symbolischer Notation.

❑

1.102 Sind die beiden Aussagen A und B wahr?

❑

1.112 Gegeben sei die Aussage A = [Vn E N : ]m E N : n2 = m + 9]. Negieren Sie diese Aussage und geben Sie an, ob die Aussage wahr ist. ❑ 1.122 Ist die Aussage [x

: x2 = —2x — 1] < > [x E R (x + 1)2 = 0] ❑

wahr?

1.132 Es seien die Aussagen A = [x > 0] und B = [x2 > 0] gegeben. Sind A und B äquivalent? Impliziert die Aussage A die Aussage B oder umgekehrt? Zusatzaufgaben. 1.14! Gegeben sei die Aussage A = [k,1 E Z : 1 • k = 32]. Negieren Sie dies Aussage,

formulieren Sie also —LA.

❑

1.151 Finden Sie alle Belegungen von n und m, so dass die Aussage A aus Aufgabe 1.14 wahr bzw. falsch ist. ❑

1.161 Bilden sie die Disjunktion und die Konjunktion der beiden Aussagen A = [k,1 E Z : l•k= 32] und B [k,1EZ:l•k= 16]. ❑ 1.171 Negieren sie die Disjunktion und die Konjunktion der beiden Aussagen A = [k,1 E Z : 1 • k = 32]

und

13=[k,lEZ:l•k= 16] ❑

aus Aufgabe 1.16. Gegeben seien die beiden Aussagen

A = [„Jede ganze Zahl ist von der Form n = k • 3 mit einer rationalen Zahl k."] B = [„Es gibt eine reelle Zahl s, so dass für jede rationale Zahl r das Ergebnis von s • r eine rationale Zahl ist."] Formulieren Sie diese sprachlichen Aussagen A und B in symbolischer Notation. ❑ 1.19?, Negieren Sie die Aussagen A und B in symbolischer Notation.

❑

1.20,2, Sind die beiden Aussagen wahr A und B wahr?

❑

III Lösungen.

1.1 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ Es gibt keine mathematische Aussage, die gleichzeitig wahr und falsch ist, per Definition. 21

k

MATHEMATISCHE AUSSAGENLOGIK

Cr Negiert man eine Aussage mit dem Allquantor V tritt der Existenzquantor 3 an seine Stelle. Zum Beispiel gilt für die Aussage A = [Vn E N : n > 0], was in Worten heißt „alle natürlichen Zahlen sind nicht negativ", dass die Negation lautet = [3n E N : n < 0], was in Worten heißt „es gibt eine natürliche Zahle die negativ ist". 2 Wenn A > 13 und 13 > A gilt, dann sind die Aussagen äquivalent. Aus A = 13 folgt nicht wie behauptet zwangsläufig 13 = A, wie das folgende Beispiel zeigt: Die Aussage A = [n > 5] impliziert die Aussage 13 = [n > 10]. Die Aussage 13 impliziert allerdings nicht die Aussage A, die beiden Aussagen sind nicht äquivalent. IX Sind zwei Aussagen A und B äquivalent, dann sind tatsächlich auch die jeweils negierten Aussagen .iLt und -13 äquivalent. Man sieht das leicht ein, wenn man sich vergewissert, dass die Implikation A 1i gleichbedeutend mit > -LA und umgekehrt die Implikation 13 > A gleichbedeutend mit ist. Also gilt -LA < > -,13, es sind also -A und -13 äquivalent. I: Sind zwei Aussagen A und 13 äquivalent, dann sind die Aussage A und -rl3 sicher nicht äquivalent.

1.2 Es ist A = [a2 + b2] keine mathematische Aussage, sondern einfach ein Term, ein Rechenausdruck. Ihm kann man keinen Wahrheitswert zuordnen, man kann ihn berechnen. Es ist 13 = [a2 + b2 = (a + b)2] eine mathematische Aussage, die je nach Belegung der Variablen a und b wahr oder falsch ist. Es ist C = [18 ist durch 4 teilbar] eine mathematische Aussage, die falsch ist. ■ 1.3 In mathematischen Aussagen können zum Beispiel die folgenden Bausteine enthalten sein. k. mathematische Objekte (Zahlen, Mengen, Vektoren, geometrische Objekte, Abbildungen, ... ) k Variablen, Operatoren (+,-, E,f,. • • ) S. logische Operatoren (V, A, • Quantoren (V, 3,... ) k Klammern und technische Zeichen

1.4 Formal gilt

-[A < > 8]

[--[.4

8] v

> A]].

In Worten formuliert lautet die Negation der Aussage „A ist äquivalent zu 13" einfach: „Entweder .A impliziert nicht oder 13 impliziert nicht A". ■ 1.5 Die Aussage A lautet in Worten: „Es seien n und m natürliche Zahlen, so dass gilt n + m = 7". Die Negation lautet =[n mEN:n+m= 7] = [n, m EN:n+m

22

7].

MATHEMATISCHE AUSSAGENLOGIK 44.

1.6 Die Aussage A ist wahr für natürliche Zahlen n, m e N mit n + m = 7. Umgeformt lautet die Gleichung n = 7 — m. Da natürliche Zahlen nicht negativ sind, gibt es nur die 7 Paare (n, m) E {(0, 7), (1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6,1), (7, 0)1, so dass die Aussage A wahr ist. Für alle anderen Belegungen von n und m ist die Aussage A falsch. ■ 1.7 Wir negieren zunächst die Konjunktion der beiden Aussagen. Die Negation der Konjunktion ist die Disjunktion der negierten Aussagen. Also gilt +[[72,mEN:n+m> 7]A[n,mEN:n+m 7]V—[n,mEN:n+m 7]V[n,mEN:n+m 7]A—[n,mEN:n+m 13]]. Diese Aussage ist niemals wahr, denn die Summe n + m muss sowohl kleiner 7 als auch größer 13 sein - ein Widerspruch. Also ist die Disjunktion der ursprünglichen Aussagen immer wahr. Das ergibt Sinn, denn es ist gefordert, dass die Summe m + n entweder größer gleich 7 oder kleiner gleich 13 ist. Eine dieser Bedingungen ist immer erfüllt. ■ 1.8 Wir erhalten A = [„Jede natürliche Zahl ist von der Form n = k — 2 mit einer natürlichen Zahl k."] [Vn E N : 3k EN:n=k— 2]. 13 = [„Es gibt eine natürliche Zahl n, so dass für jede natürliche Zahl k das Ergebnis von n + k die Zahl 5 ist."' [3n E N : Vk EN:n+k= 5]. ■ 1.9 Es ist A = +[Vn E N : 3k EN:n=k— 2] = [3n E N : Vk EN:nk— 2]. Außerdem gilt ,13 = —[3n E N : Vk EN:n+k= 5] = [Vn E N : 3k EN:n+k 5].

1.10 Wir erhalten A = [Vn E N : 3k eN:n=k— 2]

wahr

(man findet für n in k = n + 2 stets eine natürliche Zahl, welche die Gleichung erfüllt.)

23

k

MENGEN

B = [3n, E N : Vk EN:n+k= 5] —*falsch (Sei n eine natürliche Zahl, welche die Bedingung erfüllt. Dann muss gelten n + k = 5 für jede natürliche Zahl k. Also gilt diese insbesondere auch für k = 10. Da aber n nicht kleiner als 0 sein kann, gilt n + k > 0 k = 10 > 5 und somit n + k 5 - ein Widerspruch, dass n eine natürliche Zahl ist, welche die gegebene Bedingung erfüllt.) ■ 1.11 Es ist —.[Vn E N : 3m, E : n2 = m + 9] = [3n E : Vm E

: n2 m + 9]

und die Aussage A ist falsch. Für n = 1 gilt n2 = 12 = 1 und die Gleichung n2 = m + 9 liest sich dann 1 = m + 9. Es gibt sicherlich keine natürliche Zahl m, welche diese bzw. die äquivalente Gleichung m = —8 erfüllt. ■ 1.12 Es ist eine Äquivalenz zu untersuchen. Wir müssen also die beiden Implikationen prüfen. Es ist [x E R : x2 = —2x — 1]

[x E R : (x + 1)2 = 0].

Dazu sieht man ein, dass x2 = —2x — 1 äquivalent zu x2 binomischen Formel gilt dann auch (x + 1)2 -= 0.

+

2x + 1 = 0 ist. Mit der ersten

Es ist aber auch [x e : (x + 1)2 0]

> [x E R : x2 = —2x — 1].

Dazu sieht man ein, dass die Umformungen im Argument bezüglich der ersten Implikation Äquivalenzumformungen der Gleichung sind. Es gilt also (x 1)2 = 0 ist äquivalent zu ■ x2 + 2x + 1 = 0, was wiederum äquivalent zu x2 = —2x — 1 ist. 1.13 Es impliziert die Aussage A = [x > 0] die Aussage 13 = [x2 > 0], denn das Quadrat einer positiven Zahl ist stets positiv. Umgekehrt impliziert 13 nicht A, denn es gibt eine Zahl, deren Quadrat zwar positiv, sie selbst aber negativ ist. Um genau zu sein sind das alle nicht-positiven Zahlen. Zum Beispiel ist für x = —1 zwar x2 = (-1)2 = 1 > 0 aber nicht ■ x = —1 > 0. Also sind die Aussagen A und 13 nicht äquivalent.

1.2 Mengen

Einleitung. Unter einer Menge verstehen wir eine Zusammenfassung bestimmter wohlunterschiedener Objekte unserer Anschauung oder unseres Denkens zu einem Ganzen, wobei diese Objekte als Elemente der Menge bezeichnet werden. Diese Definition legte auch Georg Cantor seiner Lehre der Mengen zu Grunde. Tatsächlich leuchtet dieses Definition ein, kann aber, wie das als Russelsche Antonomie bekannte Paradoxon nahe legt, zu Komplikationen führen. Für die Mathematik, wie wir sie hier betreiben, ist die naive Mengendefinition nach Cantor doch völlig ausreichend und richtig. In diesem Abschnitt 24

MENGEN Ä

beschäftigen wir uns mit den Grundlagen der Mengentheorie. Begriffe. (endliche) Menge - Element - (echte) Teilmenge - leere Menge - Kardinalität (Mächtigkeit) - Vereinigung und Schnitt von Mengen - symmetrische Differenz - Partition disjunkte Mengen - Potenzmenge Übungskurs. D 1.21 III 1.28

•

D 1.22 3 1.29

❑ 1.23 D 1.30

D 1.24 D 1.32

❑ 1.25 CI 1.33

D 1.26

❑ 1.27

Aufgaben. 1.21i Welche der folgenden Aussagen ist korrekt?

❑ Jede nicht-leere Menge hat mindestens zwei Teilmengen. ❑ Für eine Menge ist die Potenzmenge, die Menge aller Potenzen ihrer Elemente. ❑ Die Vereinigung zweier Mengen ist nie leer.

❑ Die Vereinigung zweier unterschiedlicher Mengen ist nie leer. ❑ Die Vereinigung zweier Mengen hat stets mindestens die Kardinalität, der kleineren der geschnittenen Mengen. ❑ Der Schnitt zweier Mengen hat stets mindestens die Kardinalität, der kleineren der geschnittenen Mengen. ❑ Es gibt Mengen, deren Elemente sind ebenfalls Mengen. ❑ Die Vereinigung zweier Mengen A und B hat stets eine größere Kardinalität als jeweils die Mengen A und B. ❑ Zwei Mengen A und B sind gleich, wenn gilt A c B und B c A.

Abb. 1.1. Die Venn-Diagramme zur Aufgabe 1.22.

1.221 Es seinen A und B zwei Mengen. Zu welcher aus A und B gewonnenen Menge korrespondiert das jeweilige Venn-Diagramm in Abbildung 1.1? ❑ Es seien die drei Mengen

1G L-M [5111

A = {3, 5, 7, 8, 10}, B = {1,2,3,6,7} und C = {3, 8} gegeben. 1.231 Gilt A

❑

B, A = C oder B = C?

❑

1.241 Ist C eine Teilmenge von A oder B? Ist B eine Teilmenge von A? 25

k

MENGEN

1.251 Geben Sie den Schnitt und die Vereinigung der Mengen A und B, sowie der Mengen ❑ A und C, als auch B und C an. 1.261 Geben Sie die Differenzen A \ B, B\ A und B \C an. 1.271 Geben Sie die symmetrische Differenz von A und B an. 1.281 Geben Sie drei unterschiedliche Partitionen von A an. 1.291 Erörtern Sie den Unterschied zwischen einer Menge, einer Multimenge und einem Tupel. ❑ 1 G L-M t5121

1 30' Es seien die Mengen A = {a, b} und B = {x, y, z} gegeben. Geben Sie das kartesi3 sche Produkt von A und B und die Potenzmenge von B an.

[GL-M [5131

1 31 3 Zeigen Sie, dass für zwei Mengen A und B genau dann A n B 0 ist, wenn es eine ❑ Menge C gibt, die eine echte Teilmenge sowohl von A als auch von B ist.

GL-M t5I41

1.323 Zeigen Sie, dass für Mengen A und B stets gilt, dass A n B = B < > B c A. 13

1 G L- M [5I5]

1.333 Zeigen Sie, dass für Mengen A, B und C stets gilt, dass (A n B) \ C = (A \ C) n (B \ C). ❑ 1.343 Zeigen Sie, dass für Mengen A und B stets gilt, dass P(A n B) = P(A) n P(B). ❑ 1.353 Zeigen Sie, dass für endliche Mengen A und B gilt, dass 1A x /31 = IA1•1/31 gilt. D 1.363 Zeigen oder widerlegen Sie die folgende Aussage. Jede nicht-leere Menge A hat mindestens zwei Teilmengen, deren Vereinigung eine größerer Kardinalität hat als A. 3

1 GL-M [5161

1.373 Zeigen Sie, dass jede Menge der Kardinalität n genau (Z) viele k-elementige Teilmengen besitzt. ❑ 1.385 Erzeugen Sie eine Menge der natürlichen Zahlen von 1 bis 20 in Sage. Lassen Sie sich all diejenigen 12-elementigen Teilmengen dieser Menge ausgeben, deren Summe der Elemente die Quersumme 1 bzw. 2 hat. Die Funktion sum (A) summiert die Elemente in der Menge A. Die Funktion Subsets (A, 12) gibt eine Liste 12-elementiger Teilmengen 2 der Menge A aus. Zusatzaufgaben. 1.39. Nennen Sie zwei Mengen, deren Kardinalität 5 ist, deren Schnitt Kardinalität 2 und ❑ deren Vereinigung Kardinalität 7 hat. Ist das möglich? Es seien die drei Mengen A = fa,b,c,d,e, fl, B = {c, e, f, g. h} und C = fb,e,t1 gegeben. 1.40,1 Ist C eine Teilmenge von A oder B? Ist B eine Teilmenge von A?

❑

1.411. Geben Sie den Schnitt und die Vereinigung der Mengen A und B, sowie der Mengen ❑ A und C, als auch B und C an.

26

MENGEN

A

1.421 Geben Sie die Differenzen A \ B, B\ A und B\ C an.

❑

1.431 Geben Sie die symmetrische Differenz von A und B an.

❑

1.441* Geben Sie drei unterschiedliche Partitionen von A an.

❑

Es seinen A und B zwei endliche Mengen. 1.45, Hat A n B oder B U A die größere Kardinalität?

❑

1.46F, Hat A \ B oder B\ A die größere Kardinalität?

❑

1.47! Hat P(A) oder A x B die größere Kardinalität?

❑

1.48; Seien A und B Mengen. Zeigen Sie, dass gilt IAH + IBM = IA u BI — IA n ❑

1.49; Zeigen Sie, dass für Mengen A und B stets gilt, dass A \ B = A\ (B n A).

1.50! Es sei eine Menge A mit Kardinalität mindestens 3. Zeigen Sie, dass A zwei verschiedene Teilmengen besitzt, deren Summe ihrer Kardinalitäten größer als die Kardinalität von A ist. ❑ 1.51, Zeigen Sie, dass folgendes „Distributivgesetz" auf Mengen gilt: Seien A, B und C Mengen. Dann gilt (A U B) n C = (A n C) U (B n C). ❑

Lösungen. 1.21 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? IX Eine nicht-leere Menge hat mindestens ein Element, nennen wir es a. Dann hat die Menge sicherlich die beiden Teilmengen 0 und {a}. D Die Potenzmenge einer Menge ist die Menge aller Teilmengen einer Menge. 1:1 Vereinigt man die leere Menge mit der leeren Menge, ist die Vereinigung leer. Also 0 U 0 = 0. Rr Es gibt nur eine Menge, die kein Element enthält - die leere Menge. Also enthält eine der beiden verschiedenen Mengen ein Element, dass auch in der Vereinigung enthalten ist. Also ist die Vereinigung nicht leer. CNY Da jedes Element der kleineren Menge in der Vereinigung enthalten ist, ist die Kardinalität der Vereinigung sicher nicht kleiner als die Kardinalität der kleineren Menge. D Man stelle sich zwei Mengen vor, die kein gmeinsames Element enthalten und beide nicht leer sind. Dann ist der Schnitt leer, hat also Kardinalität 0, die beiden Mengen mindestens Kardinalität 1. g. Die Potenzmenge einer Menge ist zum Beispiel so eine Menge. ❑ Ist A eine Teilmenge von B, dann ist die Kardinalität der Vereinigung der Mengen A und B gleich der Kardinalität von B und somit nicht größer als die Kardinalität von B. Iklf Die Aussage ist korrekt. Es gibt kein Element, welches nur in einer der beiden Mengen enthalten ist, wenn für zwei Mengen A und B gilt, dass A c B und B C A ist. 27

} MENGEN

1.22

0

--* A c B

A ist eine Teilmenge von B.

An B

Der Durchschnitt der Mengen A und B

AU B

Die Vereinigung der Mengen A und B.

A\ B

Die Differenz A ohne B.

AAB

Die symmetrische Differenz von A und B.

1.23 Es gilt weder A = B (es ist 2 E B, aber 2 10 e n, noch B = C (es ist 1 E B, aber 1 e c)

e A), noch A = C (es ist 10 e A, aber

1.24 Es ist C c A. Denn jedes Element aus C, also 3 und 8, ist auch in A enthalten. Es ist C keine Teilmenge von B, denn die 8 ist nicht in B, aber in C enthalten. Es ist im Übrigen B auch keine Teilmenge von A, denn die 1 ist in B aber nicht in A enthalten. ■ 1.25 Es sind A nB ={3, An C ={3, 8} BnC ={3}

A U B ={1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 10} A U C ={3, 5, 7, 8, 10} BUG =41,2,3, 6, 7, 81.

■ 1.26 Es sind A \ B = {5, 8,

B \ A = {1, 2, 6} und B\C = {1, 2, 6, 7}.

■

1.27 Es ist AAB = {6, 8, 10} die symmetrische Differenz von A und B, die Element die exklusiv in A oder B liegen. ■ 1.28 Es ist zum Beispiel B1 = {3, 5, 7}, B2 = {8,10} genau so wie B1 = {3}, B2 = {5}, B2 = {7}, B2 = {8}, B2 = {10} eine Partition von A. Jede Lösung ist korrekt, wenn die Vereinigung der Mengen der Partition wieder A ergibt, die Mengen nicht leer sind und ■ paarweise leeren Schnitt haben. 1.29 Eine Menge ist eine Sammlung von Elementen, wobei Elemente wohlunterschiedene Objekte unserer Anschauung oder unseres Denkens sind. Da die Elemente zu unterscheiden sind, wird bei einer Menge darauf geachtet, dass jedes Element nur einmal in der Menge auftaucht. Bei einer Multimenge ist dies Erlaubt. So ist {1, 2, 1} keine Menge, aber eine Multimenge. Mengen und Multimengen werden mit Mengenklammern { und } geschrieben. Bei einem Tupel ist die Reihenfolge der aufgezählten Elemente entscheidend. Ein n-Tupel sammelt n Elemente, die identisch sein dürfen und ordnet ihnen eine Reihenfolge zu. 28

MENGEN

Ä

Ein Tupel wird mit runden Klammem geschrieben. Es ist (1, 2, 1) ein Tupel, dass sich von dem Tupel (1, 1, 2) unterscheidet. Es ist {1, 2, 1} eine Multimenge, sie ist identisch mit der Multimenge {1, 1, 2}. ■ 1.30 Es ist A x B = {(a, x), (a, y), (a, z), (b, x), (b, y), (b, z)} das kartesische Produkt von A und B und (B) = 10,14 {Y}, Izl, fx, Y1, Ix, 4, {y, z}, {x, y, z}} ■

die Potenzmenge von B. 1.31 Es ist eine Äquivalenz zu zeigen. Es ist zu zeigen

c E P(A) ACEP (B) A C

0][A nB 0].

Wir zeigen die beiden Richtungen der Äquivalenz. Es sei C eine echte Teilmenge sowohl von A als auch von B. Dann ist C auch in A n B enthalten. Da C eine echte Teilmenge von A ist, ist C nicht leer und damit auch A n B nicht. Es ist A n B 0. Sei C=AnB 0. Dann gilt nach der Definition des Schnitts, dass die Elemente von C sowohl in A als auch in B enthalten sind. Also ist C eine Teilmenge von A und ein Teilmenge von B. Demnach ist C E (A) und C E P(B) und C ist nicht leer, was zu zeigen war.

1.32 Es ist eine Äquivalenz zu zeigen. Es ist zu zeigen [A n B = B]

[B c A].

Wir zeigen die beiden Richtungen der Äquivalenz. >": Es sei A n B = B. Sei x E B beliebig gewählt. Dann ist nach Voraussetzung x auch in A n B enthalten. Nach der Definition des Schnitts ist x also in B und in A enthalten. Da x beliebig aus B gewählt wurde, gilt B c A, was zu zeigen war. ,,
n2 = 2 • k2. Also ist n2 ebenfalls gerade und damit auch n. Demnach sind sowohl m als auch n durch 2 • teilbar - ein Widerspruch zu unserer Annahme - -\/ ist keine rationale Zahl. 1.57 Es sei r eine reelle Zahl mit periodischer Dezimalbruchdarstellung. Dann ist allgemein

r = c • 10-e + El)*

1 ) 10

für zwei ganze Zahlen c,t E Z und drei natürliche Zahlen 11, p, k E N. Dann ist aber mit Gleichung (1.1) die Zahl r

10k 10k — 1

c • 10e +

c • 1V • 10k — 1 p • 10k 10k — 1

•

eine rationale Zahl, was zu zeigen war.

1.58 Sei s eine rationale Zahl. Dann gibt es Zahlen a und b, so dass s = y; ist. Berechnet

man mittels Division durch b, erhält man den ganzzahligen Anteil ti • b von .s und den Rest ri mit s = ti • b + 6 , wobei ri E {0,1,...,b — 1} ist. Ist ri = 0, dann hält man eine abbrechende Dezimalbruchdarstellung in der Hand. Sei also nun ri nicht 0 und 10k die nächstgrößere 10-er Potenz zu b. Dann gilt S

= ti • b +

Ti • 10k

b

101' •

Es ist jetzt ri • 10k größer b, da 10k größer b ist und ri eine natürliche Zahl größer 0 ist. Außerdem gilt ri • x < b • x, weil ri kleiner b ist. Man erhält also die Darstellung s = tl • b + (t2 + r2) •

34

1

10k '

ABBILDUNGEN

, b — 1} ist. Es ist also

wobei t2 E {1, 2, ... x — 1} und r2 E {0,1, s = ti • b + t2 •

A

1 r2 1 +—•— 10k b 10k

Ist r2 = 0, dann hält man eine abbrechende Dezimalbruchdarstellung in der Hand. Sonst rechnet man erneut s=t3.•b+t2 = t1 • b + t2

1 r2 • 10k + 10k b

1

1

10k 10k

1 1 1 r3 1 1 + t3 + 10k 10k 10k b 10k 10k

wobei t2 E {1, 2, ... , x — 1} und r3 E {0,1, bis einer der Reste 0 ist oder man erhält s = ti • b +

E

, b — 1} ist. Das führt man so sukzessive fort

ti

i=2

Das ist eine Dezimalbruchdarstellung von s. Da die t, und die entsprechenden Reste r, stets aus einer Division eines Rests durch b entstehen, kann es nur b — 1 unterschiedliche Ergebnisse geben. Spätestens unter den ersten b vielen Resten muss es eine Wiederholung geben, der Dezimalbruch ist periodisch. •

1.4 Abbildungen

Einleitung. Abbildungen sind ein grundlegendes Werkzeug in der Mathematik und stellen

eine Zuordnung von Elementen zweier Mengen dar. Wesentliche und allgemeine Eigenschaften sind die Injektivität, Surjektivität und Bijektivität. Wir betrachten grundlegende Konzepte und Begriffe von Abbildungen. Begriffe. Abbildung - Injektivität - Surjektivität - Bijektivität - Restriktion - Bild einer Abbildung - Urbild einer Abbildung - Umkehrabbildung Übungskurs. El 1.59

0 1.60

El 1.61

0 1.62

0 1.63

El 1.66

0 1.67

III Aufgaben.

1.591 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? Seien dazu die Mengen D, B und die Abbildung f : D B gegeben. ❑ Für jedes Element des Definitionsbereichs x E D gibt es eine Element des Bildbereichs y E B, so dass f (s) = y ist. 0 Für jedes Element des Bildbereichs y E B gibt es ein Element des Definitionsbereichs 35

k

ABBILDUNGEN

x E D, so dass f(x) = y ist. ❑ Sei D' eine Teilmenge von D. Es gibt eine Restriktion von f auf D'. 12 Die Abbildung f ist injektiv, wenn jedes Element y E B ein Urbild besitzt. ❑ Die Abbildung f ist surjektiv, wenn je zwei verschiedenen Elemente des Definitionsbereichs unterschiedliche Bilder haben. ❑ Es gibt Abbildungen, die surjektiv aber nicht injektiv sind. 12 Es gibt Abbildungen, die injektiv aber nicht surjektiv sind. ❑ Es gibt Abbildungen, die weder surjektiv noch injektiv sind. III Es gibt Abbildungen, die bijektiv aber nicht surjektiv sind. ❑ Es gibt Abbildungen, die bijektiv aber nicht injektiv sind. 2 Jede Abbildung besitzt eine Umkehrabbildung.

1 GL-A NM Es seien die Mengen D = {1, 4, 6, 8, 10, 12} und B = {3, 4, 5} gegeben. Dann gibt es eine Abbildung f : D -+ B mit 114 f (1) = 3, 8J-> f(8)= 5.

41-> f (4) = 4, 10 f (10) = 4,

61-> f (6) = 4, 12--> f (12) = 5.

1.60' Ist die Abbildung f injektiv, surjektiv und/oder bijektiv?

❑

1.611 Wie sieht die Menge f

❑

(4) und wie die Menge f 1 ({4, 5}) aus?

1.621 Sei D' = {1, 6,10} c D. Geben Sie die Restriktion fl iy von f auf die Menge D' an. G L- A [51-2]

1.632 Es sei f : JR -> R>0 mit x H x 2 eine Abbildung. Ist die Abbildung f surjektiv, injektiv und/oder bijektiv? ❑ 1.642 Es sei f : R -> JR eine Abbildung mit x H x2 + 3x. Ist die Abbildung f injektiv, surjektiv und/oder bijektiv? ❑ 1.652 Lässt sich eine Restriktion der Abbildung f aus Aufgabe 1.64 bilden, die injektiv oder surjektiv ist? 3

1GL-A 15131

1 663 Es seien A und B endliche nicht leere Mengen. Zeigen Sie, dass genau dann eine bijektive Abbildung f : A -> B existiert, wenn 1A1 = IB1 ist. ❑

1GL-A (a41

1 673 Seien mit X und Y zwei nicht-leere Mengen und zwei Abbildungen f : X -4 Y und g : Y -> X gegeben mit g o f = idx . Zeigen Sie, dass f injektiv und g surjektiv ist. 3 1.683 Beweisen Sie, dass für eine bijektive Abbildung f : D = RI o f -11 = id B

und ri

B gilt

f = idD.

Zusatzaufgaben. Es seien die Mengen D = {a, b, c, d, e, f} und B = {1, 2, 3, 4} gegeben. Dann gibt es eine

36

ABBILDUNGEN

Abbildung f : D 1

A

B mit

(a) = 3, 8 H f(d) = 1,

4N f (b) = 4,

61-). f (c) = 4,

10

121-4 f (f) = 1.

f(e) = 3,

1.69! Ist die Abbildung f injektiv, surjektiv und/oder bijektiv?

❑

1.701. Wie sehen die Mengen f -1(3), f -1(2) und f

❑

({1, 4}) aus?

1.711, Sei D' = {b, e, f} C D. Geben Sie die Restriktion fl ip, von f auf die Menge D' an. 1.722 Es sei f : R \ {0} -> JR \ {0} mit x H y eine Abbildung. Ist die Abbildung f surjektiv, injektiv und/oder bijektiv? ❑ 1.732 Es sei f : R>0 IR>0 mit x H Vi eine Abbildung. Ist die Abbildung f surjektiv, injektiv und/oder bijektiv? ❑

II Lösungen. 1.59 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? Seien dazu die Mengen D, B und die Abbildung f : D B gegeben. g Für jedes Element des Definitionsbereichs x E D gibt es eine Element des Bildbereichs y E B, so dass f(x) = y ist. ❑ Es muss nicht zwangsläufig jedes Element des Bildbereichs tatsächlich Bild eines Elements des Definitionsbereichs sein. CRI Sei D' eine Teilmenge von D. Es gibt eine Restriktion von f auf D', der Definitionsbereich wird dabei eingeschränkt. D Das ist die Definition der Surjektivität. ❑ Das ist die Definition der Injektivität. g Es gibt Abbildungen, die surjektiv aber nicht injektiv sind. Zum Beispiel die Abbildung f : R -> R>0 mit x x 2 ist surjektiv, aber nicht injektiv. g Es gibt Abbildungen, die injektiv aber nicht surjektiv sind. Zum Beispiel die Abbildung f :R>0 -1[8>0 mit x H x 1 ist injektiv, aber nicht surjektiv. g Es gibt Abbildungen, die weder surjektiv noch injektiv sind. Zum Beispiel die Abbildung f : JR -> R mit x x2 ist weder surjektiv noch injektiv. D Es gibt keine Abbildungen, die bijektiv aber nicht surjektiv sind. Eine Abbildung ist bijektiv, wenn sie zugleich surjektiv und injektiv ist. D Es gibt keine Abbildungen, die bijektiv aber nicht injektiv sind. Eine Abbildung ist bijektiv, wenn sie zugleich surjektiv und injektiv ist. ❑ Nicht jede Abbildung besitzt eine Umkehrabbildung. Nur bijektive Abbildungen besitzen eine Umkehrabbildung. • 1.60 Die Abbildung f ist surjektiv, denn jedes Element des Bildbereichs besitzt ein Urbild. 37

}

ABBILDUNGEN

Die Abbildung f ist nicht injektiv, denn beispielsweise sowohl die 4 als auch die 6 (im übrigen auch die 10) aus D werden auf die 4 aus B abgebildet. Außerdem wird auch die 8 und die 12 auf 5 abgebildet. Weil die Abbildung nicht injektiv ist, ist sie auch nicht bijektiv.

■

1.61 Es sind f

■

(4) = {4,6,10} und f -1(4, 5)

{4, 6, 8, 10, 12}.

1.62 Die Restriktion fl ry ist die Abbildung fp, : D' —> B mit f (1) = 3, f 1D, (6) = 4 und f p, (10) =- 4. ■ 1.63 Die Abbildung f ist surjektiv aber nicht injektiv. Injektivität. Die 4 hat zwei Urbilder. Es ist f (2) = f (-2) = 4. Damit ist f nicht injektiv. Surjektivität. Sei y E R>0 beliebig gewählt. Dann ist ein x E R zu finden, so dass f (x) = y. Es muss also gelten, dass x2 = y ist - das ist für x = .\/ü erfüllt. Da y positiv ist, lässt sich für jedes y die Quadratwurzel ziehen. Da y beliebig aus IR>0 gewählt war, hat jedes Element aus R>0 ein Urbild unter f. Bijektivität. Da f zwar surjektiv aber nicht injektiv ist, ist f nicht bijektiv.

1.64 Die Abbildung f : R —>R mit x 1—> x2 + 3x ist weder injektiv noch surjektiv und damit auch nicht bijektiv. Injektivität. Sie ist nicht injektiv, weil zum Beispiel die 0 zwei Urbilder unter f hat. Es ist f (0) = 0 und f ( —3) = 0. Surjektivität. Sie ist nicht surjektiv, weil die —5 kein Urbild unter f hat. Dazu müsste f (x) = +3x = —5, also x2 + 3x + 5 = 0 gelten. Mit Hilfe der p-y-Formel ist aber die Lösungsmenge dieser quadratischen Gleichung x1/2 =

—5=

und somit leer - weil .\/A keine reelle Lösung besitzt. Bijektivität. Da f weder injektiv noch surjektiv ist, ist f auch nicht bijektiv.

1.65 Es lässt sich eine Restriktion von f auf die Menge R>1,5 bilden, die injektiv ist. Es entsprechen, wie in der Lösung zur Aufgabe 1.64 gesehen, für ein y aus dem Bildbereich die Lösungen der quadratischen Gleichung x2 + 3x + y = 0 den Urbildern. Damit diese eindeutig sind, sollte es für jedes y nur eine Lösung im Definitionsbereich geben. Die

-

Lösungen der quadratischen Gleichung sind x1/2 = — 2 f y. Die Quadratwurzel ist stets positiv, so dass, schließt man per Restriktion im Definitionsbereich alle Zahlen kleiner aus, es kein Element im Bildbereich gibt, dass mehr als ein Urbild besitzt. Eine Abbildung, die nicht surjektiv ist, lässt sich nicht durch Restriktion zu einer surjektiven Abbildung verändern. Dadurch erhält das eine Element des Bildbereichs ohne Urbild (das mindestens existiert) kein solches, die Abbildung ist immer noch nicht surjektiv. ■ 1.66 Wir zeigen die beiden Richtungen der Äquivalenz. „

>": Es sei f eine bijektive Abbildung von A nach B. Dann ist f injektiv und surjektiv.

38

ABBILDUNGEN

.1

Da f injektiv ist, gilt 1AI = 1f (A)1. Da f surjektiv ist, gilt f (A) = B und damit lAl = Es sei 1211 -= IBM = n mit n E N>1. Wir zeigen die Aussage über ein vollständige Induktion und führen die Induktion über n. Induktionsverankerung. Es seien A und B ein-elementige Mengen mit A = {a} und B = {b}. Dann gibt es eine Abbildung f : A -+ B mit f (a) = b, die offensichtlich injektiv und surjektiv ist. Induktionsannahme. Wie nehmen als Induktionsannahme an, dass es für ein n E N und zwei n-elementige Mengen A und B stets eine bijektive Abbildung von A nach B gibt. Induktionsschluss. Es seien A und B zwei Mengen mit Kardinalität n + 1. Wir wählen eine Teilmenge A' von A und eine Teilmenge B' von B mit jeweils n Elementen. Nach Induktionsannahme gibt es nun eine bijektive Abbildung f' von A' nach B'. Sei a E A bzw. ß e B das eine Element, dass nicht in A' bzw. B' enthalten ist. Definiere nun durch f : A -> B mit f (a) = f' (a) für a E A' und f (a) = f (0). Dann ist f surjektiv und injektiv und damit bijektiv.

1.67 Tatsächlich ist f sowohl injektiv als auch surjektiv. Injektivität. Wir zeigen zunächst, dass f injektiv ist. Angenommen, es gibt ein y E Y, so dass es zwei verschiedene Elemente xi und x2 von X gibt mit f(xi) = f(x2). Dann gilt, weil g o f = idx ist, dass xi -= g o f (x 1 ) = g(y) = g o f(x2) = x2 - ein Widerspruch, dass x1 und x2 verschieden sind. Surjektivität. Wir zeigen nun, dass g surjektiv ist. Sei x E X beliebig gewählt. Setze y = f(x). Dann gilt = x, weil g o f = idx ist. Wir rechnen nach, dass x = g o f(x) = g(y) ist. Da x beliebig aus X gewählt wurde, hat jedes Element aus X ein Urbild unter g, also ist g surjektiv.

■ 1.68 Nach der Definition von f -1 ist f -1 : B -> D mit y 1-> f -1(y), wobei f (y) das eindeutige Urbild von y unter f ist. Sei also x E D beliebig gewählt, dann gilt f (x) = y und f -1(y) = x für ein y E B. Man rechnet nach f 1

f (x) = f 1 (Y)= x.

Da x beliebig aus D gewählt, wurde folgt die Behauptung. Sei also y E B beliebig gewählt, dann gilt f (x) = y und f -1(y) = x für ein x E D, weil f bijektiv ist. Man rechnet nach f

f-1 (Y) = f(x) = 39

Ä BEWEISE

Da y beliebig aus B gewählt wurde, folgt die Behauptung.

1.5 Beweise

Einleitung. Was versteht man unter dem Beweis einer mathematischen Aussage A? Ein

Beweis einer mathematischen Aussage ist eine logisch nachvollziehbare Kette von Implikationen an deren Anfang Axiome - also Grundannahmen - und schon als wahr gezeigte Aussagen stehen und an deren Ende die Aussage A steht. Seien die Axiome und schon gezeigten Aussagen in der mathematischen Aussage 13 zusammengefasst. Ein Beweis zeigt dann also die Implikation 13 > A. Es gibt grundlegende Beweistechniken - also Argumente, die häufig in solchen Implikationen auftauchen. Kennt man sie, kann man auf der Suche nach neuen Beweisen aus einem breiten Schatz an „Werkzeugen" wählen und kommt dadurch vielleicht schneller ans Ziel. Wir möchten in diesem Abschnitt insbesondere das Beweisprinzip der vollständigen Induktion üben. Wir ergänzen noch unter den „Begriffen" dieses Abschnitts eine Liste weiterer nützlicher Beweistechniken - Sie finden diese in vielerlei Lösungen zu Aufgaben aus anderen Abschnitten in Anwendung. Begriffe. direkter und indirekter Beweis - Beweis durch Kontrapositon - Beweis von Äquivalenzen - Äquivalenzbeweis per Ringschluss - Existenzbeweise - Fallunterscheidung Mengenbeweise

Übungskurs. 3 1.74

D 1.75

D 1.76

El 1.78

Aufgaben.

1.741Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? D Man kann eine mathematische Aussage A über direkte oder indirekte Beweise beweisen, wobei der indirekte Beweis, der direkte Beweis von —A ist. 3 Bei einem Äquivalenzbeweis sind zwei Implikationen zu zeigen. 13 Man kann jede mathematische Aussage auch mittels vollständiger Induktion beweisen. 13 Für jede wahre mathematische Aussage gibt es einen eindeutigen korrekten Beweis. 111 1.75' Für welche Aussagen lässt sich das Beweisprinzip der vollständigen Induktion anwenden? ❑ 1.76' Nennen Sie die vier „Bestandteile" der vollständigen Induktion. 40

Ci

BEWEISE

1.773 Zeigen Sie mithilfe einer Fallunterscheidung, dass für alle natürlichen Zahlen n E N gilt, dass n • (n + 1) gerade ist. ❑

GL-B

1.783 Beweisen Sie die folgende Aussage per vollständiger Induktion.

GL-B rgnj

E (2k — 1) = n2

für alle n

E

N.

k=1

1.793 Zeigen Sie, dass eine endliche nicht-leere Menge genauso viele Teilmengen mit einer geraden Kardinalität wie Teilmengen mit einer ungeraden Kardinalität hat. ❑ Zusatzaufgaben. 1.80,,3 Zeigen Sie die folgende Aussage per vollständiger Induktion

E (k)2 = (27c)

für alle n E N.

k=1

1.81 Zeigen Sie die folgende Aussage per vollständiger Induktion. k2

k=1

_ n(n + 1)(2n + 1) 6

für alle n E N.

Lösungen. 1.74 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ Der erste Teil der Aussagen ist korrekt, man kann eine mathematische Aussage A über direkte oder indirekte Beweise beweisen. Jedoch ist der indirekte Beweis, nicht der direkte Beweis von Beim indirekten Beweis wird aus der negierten Aussage von A, also ein Widerspruch konstruiert. C Bei einem Äquivalenzbeweis sind zwei Implikationen zu zeigen, weil eine Äquivalenz aus zwei Implikationen besteht - quasi beide „Richtungen". ❑ Man kann nur solche mathematische Aussagen mittels vollständiger Induktion beweisen, die eine Aussage für alle (einer Menge aufeinanderfolgender) natürlichen Zahlen trifft. ❑ Ganz philosophisch: Nicht für jede wahre mathematische Aussage gibt es einen Beweis. Aber der Knackpunkt liegt auch schon viel oberflächlicher, denn es gibt viele mathematische Aussagen, für die mehr als ein korrekter Beweis existiert. Der Satz des Pythagoras wäre da ein prominentes Beispiel. Für ihn gibt es mehr als 400 Beweisvarianten, alle sind korrekt.

41

Ä BEWEISE

1.75 Das Beweisprinzip der vollständigen Induktion lässt sich nur für solche Aussagen anwenden, die von einer natürlichen Zahl abhängen. Präziser sollte die Aussage für ein Teilintervall der natürlichen Zahlen gelten. Zum Beispiel lässt sich die Aussage „eine Menge mit n Elementen besitzt 2' Teilmengen" über eine vollständige Induktion beweisen. ■ 1.76 Zunächst leitet man eine vollständige Induktion mit der folgende formelhaften Überschrift ein: „Wir beweisen die Aussage mittels vollständiger Induktion, wobei wir die Induktion über n führen." Insbesondere wird dabei die Variable ausgewiesen, bezüglich derer man das induktive Argument anführt. Dabei kann an der Stelle von n selbstverständlich auch ein anderer Variablenname stehen. Die drei Hauptteile einer vollständigen Induktion bilden die Induktionsverankerung, der Induktionsannahme und der Induktionsschluss. ■ 1.77 Wir zeigen die Aussage mit einer Fallunterscheidung. Fall 1 (n ist ungerade): Da n e N ungerade ist, gilt dass n + 1 gerade ist, also ist auch n • (n + 1) gerade. Fall 2 (n ist gerade): Da n E N gerade ist, ist auch n • (n + 1) gerade.

1.78 Wir zeigen die Aussage über ein vollständige Induktion und führen die Induktion über n. 0

Induktionsverankerung: Es ist tatsächlich

E (2k — 1) = 0 = 02, nach der Definition der

k=1

Summe über einen leeren Index. (Im Übrigen gilt auch für n = 1, dass

E (2k — 1) =

k-i

2 • 1 — 1 = 1 = 12.) Induktionsannahme: Wie nehmen als Induktionsannahme an, dass es für ein n E N die Gleichung

(2k — 1) = n2 gilt. k=i Induktionsschluss: Wir rechnen nach, es ist n+1

E (2k — 1) = 2(n + 1) — 1 + E (2k — 1) = 2n + 1 + n2 , k=1

k=1

wobei bei der letzten Gleichheit die Induktionsannahme eingeht. Nun wenden wir die 1. Binomische Formel an und erhalten n+1

E (2k — 1) 2n + 1 + n2 = (n + 1)2,

1,1

was zu zeigen war.

1.79 Es sei A eine nicht-leere Menge mit Kardinalität n. Wir zeigen die Aussage über ein vollständige Induktion und führen die Induktion über n. 42

RELATIONEN

A

Induktionsverankerung: Es sei A eine Menge mit einem Element. Dann hat A nur die Teilmengen 0 und A, wobei A ungerade und 0 gerade Kardinalität hat. Also gilt die Aussage für n = 1. Induktionsannahme: Wie nehmen als Induktionsannahme an, dass für ein n E N alle Mengen mir Kardinalität n genauso viele Teilmengen mit einer geraden Kardinalität wie Teilmengen mit einer ungeraden Kardinalität haben. Induktionsschluss: Sei A eine Menge der Kardinalität n + 1. Sei a ein beliebiges Element aus A. Dann hat die Menge A' = A \ {a} Kardinalität n. Zunächst ist jede Teilmenge von A' auch eine Teilmenge von A. Außerdem ist jede Teilmenge von A, die a enthält, keine Teilmenge von A'. Entfernt man jedoch a, erhält man eine Teilmenge von A'. Jede Teilmenge von A' bildet vereinigt mit {a} eine solche Teilmenge von A. Nun wenden wir die Induktionsannahme auf A' an, wissen also, dass A' genauso viele Teilmengen mit einer geraden Kardinalität wie Teilmengen mit einer ungeraden Kardinalität hat, sagen wir es sind je m viele. Diese Teilmengen sind auch Teilmengen von A. Vereinigt man eine Teilmenge von A' mit gerader Kardinalität mit {a} hat sie ungerade Kardinalität und vereinigt man eine Teilmenge von A' mit ungerader Kardinalität mit {a} hat sie gerade Kardinalität. Somit hat A m Teilmengen mit gerader Kardinalität, die auch Teilmengen von A' sind und m Teilmengen gerader Kardinalität, die keine Teilmengen von A' sind und ebenfalls m Teilmengen mit ungerader Kardinalität, die auch Teilmengen von A' sind und m Teilmengen ungerader Kardinalität, die keine Teilmengen von A' sind. Insgesamt hat A also genauso viele Teilmengen mit einer geraden Kardinalität wie Teilmengen mit einer ungeraden Kardinalität.

1.6 Relationen

Einleitung. Ähnlich wie Abbildungen, sind Relationen ein universell einsetzbares Werkzeug. Dabei werden Objekte, die zwar nicht identisch sind, aber dennoch in Bezug zueinander stehen, einander zugeordnet. Der mathematische Begriff der Relation greift dieses „in (einem bestimmten) Bezug zueinander stehen" auf. Er gibt für zwei Objekte entweder die Antwort „Ja, die beiden Objekte stehen in (diesem bestimmten) Bezug zueinander" oder „Nein, die Objekte stehen nicht in (diesem bestimmten) Bezug zueinander".

Man könnte zum Beispiel bei einer Menge von Gegenständen den Bezug „hat die gleiche Farbe" herstellen. Dann stehen alle Gegenstände in diesem Bezug zueinander oder man sagt auch in Relation zueinander, wenn sie die gleiche Farbe haben. Mathematisch formal sauber ist eine Relation eine Sammlung von Paaren, die in Bezug zueinander stehen. Begriffe. Relation - transitive, symmetrische, reflexive Relation - Äquivalenzrelation 43

3.

RELATIONEN

Übungskurs.

❑ 1.82

❑ 1.83

❑ 1.84

❑ 1.85

❑ 1.86

❑ 1.88

❑ 1.89

Aufgaben.

1.821 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ Eine Relation auf einer Menge M ist eine Teilmenge des kartesischen Produkts M x M. ❑ Eine reflexive Relation auf einer Menge M besitzt eine Umkehrabbildung. ❑ Die durch den Operator < - in Worten „kleiner als" - auf den ganzen Zahlen definierte Relation ist reflexiv, aber nicht bijektiv ❑ Jede Äquivalenzrelation ist symmetrisch. ❑ Die Menge der Äquivalenzklassen einer Äquivalenzrelation auf einer Menge 111 ist eine Partition der Menge M. ❑ Jedes Element einer Menge M ist Vertreter einer Äquivalenzklasse einer Äquivalenzrelation auf M.

GL-R t5111

GL-R

[511

Es sei durch R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 3), (1, 3), (3, 1)1 eine Relation auf der Menge A = {1, 2, 3} definiert. 1.831 Ist R symmetrisch?

❑

1.84' Ist R reflexiv?

❑

1.85' Ist R transitiv?

❑

1 862 Es sei durch R = {(a, b) E Z x Z : alb} eine Relation auf Z definiert. Ist R symmetrisch, reflexiv oder transitiv? ❑ 1.872 Sei 1C die Mengen aller Kreise in der Ebene R2. Es sei durch Rc = {(a, b) E 1C x 1C a schneidet b} eine Relation auf 1C definiert. Ist Rc reflexiv, symmetrisch oder transitiv? ❑ 1.882 Es sei durch R = {(a, b) EZXZ: 61a — b} eine Relation auf Z definiert. Zeigen Sie, dass R eine Äquivalenzrelation ist. ❑

I GL-R [5131

1 892 Wie sehen die Äquivalenzklassen der Relation R aus Aufgabe 1.88 aus? Nennen Sie für jede Äquivalenzklasse zwei unterschiedliche Vertreter. ❑ 1.902 Sei die Menge A = {1, 2, 3} gegeben. Finden Sie eine Äquivalenzrelation auf A und geben Sie deren Äquivalenzklassen an. ❑ 1.91 3 Wie viele Äquivalenzrelationen gibt es auf der Menge A aus Aufgabe 1.90 insgesamt? 111 1.925 Sei A eine endliche Menge mit einem Index. Wir können also o.B.d.A. annehmen, dass A = {1, 2, ... n} für ein Tb e N ist. Sei R eine Liste mit Einträgen in f 0, 11, welche eine Relation auf A definiert. Dabei ist (a, b) genau dann in R, wenn R [a] [b] = 1 ist. 44

RELATIONEN

Schreiben Sie ein Sage-Programm, welches für eine solche Liste definierte Relation eine Äquivalenzrelation ist.

R

prüft, ob die über

A

R

❑

Zusatzaufgaben. 1.93! Es sei durch R = {(a, a), (b, b), (c, a), (a, c), (b, c), (c, b)} eine Relation auf der Menge A = {a, b, c} definiert. Ist R symmetrisch, reflexiv oder transitiv? ❑ 1.94,,l Es sei durch R = {(a, b) E Z x Z : alb + 5} eine Relation auf Z definiert. Ist R symmetrisch, reflexiv oder transitiv? ❑

Lösungen. 1.82 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? IX. Eine Relation auf einer Menge M ist eine Teilmenge des kartesischen Produkts M x M. 3 Die Aussage, dass eine reflexive Relation auf einer Menge M eine Umkehrabbildung besitzt macht keinen Sinn. Eine Relation ist keine Abbildung, sondern eine Menge. El Die durch den Operator < - in Worten „kleiner als" - auf den ganzen Zahlen definierte Relation ist nicht reflexiv und schon gar nicht bijektiv. Es ist gilt nicht z < Z für eine ganze Zahl z und Bijektivität ist eine Eigenschaft von Abbildungen und nicht von Relationen. [2( Jede Äquivalenzrelation ist symmetrisch, per Definition - sie ist auch noch reflexiv und transitiv. IX Die Menge der Äquivalenzklassen einer Äquivalenzrelation auf einer Menge M ist eine Partition der Menge M. Jedes Element ist in einer Äquivalenzklasse enthalten, keine Äquivalenzklasse ist leer und je zwei Äquivalenzklassen sind disjunkt. IX. Jedes Element einer Menge M ist Vertreter einer Äquivalenzklasse einer Äquivalenzrelation auf M - per Definition.

■ 1.83 Es ist R eine reflexive Relation, denn für jedes x e A ist (x, x) in R enthalten.

■

1.84 Es ist R nicht symmetrisch, denn (1, 2) ist in R enthalten, aber nicht (2, 1).

■

1.85 Es ist R nicht transitiv, denn mit (3, 1) und (1, 2) müsste auch (3, 2) in R enthalten sein, ist es aber nicht. ■ 1.86 Wir prüfen die Relation nacheinander auf die drei Eigenschaften. Symmetrie. Gilt für zwei ganze Zahlen a, b E Z, dass a die Zahl b teilt, heißt das nicht, dass die Zahl b auch die Zahl a teilt, wie das Beispiel a = 5 und b = 10 zeigt. Also ist R nicht symmetrisch. Reflexivität. Es gilt für jede ganze Zahl a E Z, dass a sich selbst teilt. Selbst für a = 0 gilt 010. Also ist R reflexiv. Transitivität. Angenommen, für drei ganze Zahlen a, b, c E Z gilt alb und blc, dann gilt 45

RELATIONEN

auch ajc. Damit ist die Relation R transitiv. • 1.87 Wir prüfen die Relation nacheinander auf die drei gefragten Eigenschaften. Symmetrie. Schneidet ein Kreis a einen Kreis b, dann natürlich auch der Kreis b den Kreis a. Also ist Rc symmetrisch. Reflexivität. Jeder Kreis schneidet sich selbst. Also ist Rc reflexiv. Transitivität. Schneidet ein Kreis a einen Kreis b und der Kreis b wiederum einen Kreis c, heißt das nicht zwangsläufig, dass der Kreis a auch den Kreis c schneidet. Man betrachte die drei auf der xi -Achse aufgereihten Kreise im R2 mit Mittelpunkten (0, 0), (2, 0) und (4, 0) mit Radius 1. Dann schneidet der Kreis um (0, 0) den Kreis um (2, 0) im Punkt (1, 0) und der Kreis um den Punkt (2, 0) den Kreis um den Punkt (4, 0) im Punkt (3, 0). Die Kreise um den Punkt (0, 0) und um den Punkt (4, 0) schneiden sich jedoch nicht. Also ist Rc nicht transitiv.

1.88 Eine Relation ist eine Äquivalenzrelation, wenn sie symmetrisch, reflexiv und transitiv ist. Wir prüfen die Relation nacheinander auf die drei Eigenschaften. Symmetrie. Es sei (a, b) E R. Dann gilt 61a — b. Also gibt es eine ganze Zahl k E Z, so dass 6 • k = a — b (Definition von Teilbarkeit). Dann gilt aber auch 6 • (—k) = b — a mit —k E Z. Also teilt 6 auch b — a und (b, a) E R. Also ist R symmetrisch. Reflexivität. Es sei a E Z beliebig gewählt. Dann gilt 610 = a — a und somit ist (a, a) E R und R ist reflexiv. Transitivität. Es seien (a, b), (b, c) E R. Dann gilt 61a— b und 61b— c. Also gibt es k1, k2 E Z mit 6 • k1 = a — b und 6 • k2 = b — c. Addiert man diese Gleichungen, erhält man 6 • k1 + 6 • k2 = a — b + b — c und vereinfacht 6 • (k1 k2) = a — c. Also gilt auch 61a — c und R ist transitiv.

1.89 Zwei Zahlen sind bezüglich der Äquivalenzrelation R aus Aufgabe 1.88 in Relation, wenn sie bei der Division durch 6 den gleichen Rest erzeugen. Zum Beispiel sind 8 und 14 in der gleichen Äquivalenzklasse, weil sie bei der Division durch 6 den Rest 2 erzeugen. Es gibt sechs unterschiedliche Reste bei der Division durch 6, die natürlichen Zahlen von 0 bis 5. Wir erhalten also die Restklassen k [0] R mit den Vertretern 0, 6,12, ... S. [1] R mit den Vertretern 1, 7,13, ... S. [2] R mit den Vertretern 2, 8,14, ... S. [3] R mit den Vertretern 3, 9,15, ... k [4] R mit den Vertretern 4, 10, 16, ... 1. [5]R mit den Vertretern 5, 11, 17, ....

46

RELATIONEN

1.90 Es ist zum Beispiel die Menge R = {(1,1), (2, 2), (3, 3)} eine Äquivalenzrelation auf A. Für Details siehe Lösung zur Aufgabe 1.91. ■ 1.91 Es gibt nur neun unterschiedliche Tupel in der Menge A x A. In einer Äquivalenzrelation müssen wegen der Reflexivität die Tupel (1, 1), (2, 2) und (3, 3) enthalten sein. Ist ein Tupel der Form (a, b) mit a, b E {1, 2, 3} in der Relation enthalten, muss wegen der Symmetrie auch (b, a) in der Relation enthalten sein. Ist neben einem Tupel (a, b) auch noch ein Tupel (b, c) in der Relation enthalten, mit verschiedenen Elementen a, b, c E {1, 2, 3}, dann folgt mit der Transitivität, dass auch (a, c) in der Relation enthalten sein muss. Es gibt also nur fünf verschiedene Äquivalenzrelationen auf der Menge {1, 2, 3}, nämlich R1 = {(1,1), (2, 2), (3, 3)1 R2 = 1(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1)1 R3 = 1(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 3), (3, 1)1 R4 = 1(1, 1), (2, 2), (3, 3), (2,3), (3,2)1 R5 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1), (2, 3), (3, 2)}.

1.92 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: def Reflexivitaet(L): check = 1 for a in range(0,1en(L)): if L[a][a]==0: check = 0 return check sage: def Reflexivitaet(L): check = 1 for a in range(0,1en(L)): for b in range(0,1en(L)): if (L[a][b]=-1)&(Lib][a]!=1): check = 0 return check sage: def Transitivitaet(L): check = 1 for a in range(0,1en(L)): for b in range(0,1en(L)): for c in range(0,1en(L)): if (L[a][b]==1)01[b][c]==1)&(L[a][c]!=1): check = 0 return check

47

1

RELATIONEN

48

2

Grundlagen der Graphentheorie

Graphen sind ein in der Mathematik und ihren Anwendungen weitverbreitetes Konzept. Ein Graph repräsentiert Interaktionen auf einer (in der Regel) endlichen Menge von Objekten. Dabei steht die Tatsache der Interaktion und nicht die konkreten Eigenschaften der Objekte im Vordergrund. Die einzelnen Objekte werden als einfache Knotenpunkte von Kanten repräsentiert, wobei die Kanten Verbindungen von zwei Knotenpunkten darstellen. Die Existenz einer Kante zwischen zwei Knotenpunkten gibt an, dass die beiden durch die Knotenpunkte repräsentierten Objekte interagieren. Ein Beispiel für einen Graphen sind Netzwerke, wie beispielsweise soziale Netze oder das Stromnetz. Die Knoten in sozialen Netzen werden von den Nutzern repräsentiert, die Kanten entsprechen der sozialen Interaktion wie „ist befreundet mit". Graphen finden auch in der Kommunikationstechnologie und beispielsweise der Routenplanung rege Anwendung. In der Physik tauchen Graphen ebenfalls häufig auf. Zum Beispiel werden Sie in der statistischen Physik als einfaches Modell von Material verwendet. Dabei repräsentieren die Knoten einzelne Teilchen, wie beispielsweise Atome, und Kanten die Interaktion, wie magnetische Anziehung oder Abstoßung. Auch in der Informatik lassen sich zudem viele praktische Problemstellungen algorithmischer Berechnungsaufgaben abstrakt als Graphen modellieren. Bei der Konstruktion und der Analyse dieser Algorithmen helfen dann die in der Graphentheorie gewonnenen Einsichten. Erarbeitunghinweise. Dieses Kapitel ist recht knapp gehalten - das Feld sehr weit. Es werden viele Zusatzaufgaben gegeben, ohne Lösungen.

2.1 Grundlegende Definitionen

Einleitung. Wir möchten zunächst grundlegende Definitionen im Rahmen der Graphen-

theorie einüben. Darunter fallen die folgenden aufgeführten Begriffe. Begriffe. Graph - Knoten - Kanten - Ordnung und Größe eines Graphen - Teilgraph - Inzidenz von Kanten und Knoten - adjazente Knoten - Nachbarschaft in Graphen - Knotengrad Minimal- und Maximalgrad - isolierte Knoten - gewichtete Graphen - vollständige Graphen

k •

GRUNDLEGENDE DEFINITIONEN

Aufgaben. 2.1i Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ In einem Graphen ist jeder Knoten durch eine Kante mit jedem anderen Knoten verbunden. ❑ In einem vollständigen Graphen sind je zwei Knoten adjazent. ❑ Es gibt einen Graphen mit 10 Knoten aber nur 2 Kanten. ❑ Es gibt einen einfachen Graphen mit 3 Knoten und 7 Kanten. ❑ Die Ordnung eines Graphen ist immer größer als seine Größe. ❑ Ein gewichteter Graph ist größer, als der entsprechende ungewichtete Graph. ❑ In einem Graphen mit Minimalgrad 2 hat jeder Knoten mindestens 2 inzidente Kanten. ❑ Ein Unterteilungsgraph eines Graphen G ist stets größer und hat größere Ordnung als G selbst. ❑ Ein Graph der Ordnung n, in dem alle Knoten genau Grad 10 haben, hat genau 5n Kanten. ❑ Die Nachbarschaft eines Knotens v E V eines Graphen G = (V, E) ist die Menge der zu v inzidenten Kanten aus E.

❑

2.2' Zeichnen Sie einen Graphen der Ordnung 6 und der Größe 10.

2.31 Zeichnen Sie einen Graphen der Ordnung 6 und der Größe 10 mit Minimalgrad 2. ❑ 2.4' Zeichnen Sie einen Graphen der Ordnung 6, der Größe 10, der den enthält.

K4

als Teilgraph ❑

2.5' Zeichnen Sie einen gewichteten Graphen der Ordnung 6, der Größe 7, mit Minimalgrad 2, mit Maximalgrad 4, dessen Kantengewichte sich zu 0 addieren und der den K3 als Teilgraph enthält. ❑ 2.62 Gibt es einen einfachen Graphen der Ordnung n und der Größe 2 • (n2 — 3n) + 2 ohne isolierten Knoten? ❑ 2.72 Zeigen Sie, dass die Anzahl der Knoten mit ungeradem Grad in einem Graphen gerade ist. ❑ Zusatzaufgaben. 2.82 Zeigen Sie, dass ein Graph G genau dann bipartid ist, wenn alle Kreise in G gerade Länge haben. ❑ 2.92, Zeigen Sie, dass in einem Graphen G = (V, E) der Ordnung n und der Größe m = lOn + 1 mit Maximalgrad 10 keinen isolierten Knoten gibt. ❑ 2.102 Zeigen Sie, dass der vollständige Graph K, für jede natürliche Zahl k < n den vollständigen Graphen K k als Teilgraph enthält. ❑

50

GRUNDLEGENDE DEFINITIONEN

A

Lösungen. 2.1 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? O In einem Graphen ist jeder Knoten durch eine Kante mit jedem anderen Knoten verbunden. C In einem vollständigen Graphen sind je zwei Knoten adjazent. g Es gibt einen Graphen mit 10 Knoten aber nur 2 Kanten. O Es gibt einen einfachen Graphen mit 3 Knoten und 7 Kanten. Auf 3 Knoten kann es maximal 3 Kanten geben - zumindest in einem einfachen Graphen. O Die Ordnung eines Graphen ist immer größer als seine Größe. D Ein gewichteter Graph ist größer, als der entsprechende ungewichtete Graph. Das hat nichts miteinander zu tun. CRI In einem Graphen mit Minimalgrad 2 hat jeder Knoten mindestens 2 inzidente Kanten. V Ein Unterteilungsgraph eines Graphen G ist stets größer und hat größere Ordnung als G selbst. g Ein Graph der Ordnung n, in dem alle Knoten genau Grad 10 haben, hat genau 5n Kanten - nach dem Handschlaglemma. CRI Die Nachbarschaft eines Knotens v E V eines Graphen G = (V, E) ist die Menge der zu v inzidenten Kanten aus E. •

2.2 Die Lösung ist natürlich nicht eindeutig. Zum Beispiel ist der Graph in Abbildung 2.1 ein solcher Graph der Ordnung 6 (er hat 6 Knoten) und der Größe 10 (er hat 10 Kanten).

Abb. 2.1. Der Graph aus Aufgabe 2.2.

•

2.3 Der Graph aus Aufgabe 2.2 ist ein solcher gesuchter Graph. In Abbildung 2.2 mal zwei Graphen der Ordnung 6 und der Größe 10, die nicht Minimalgrad 2 haben. Der linke Graph hat Minimalgrad 1 und der rechte Graph hat Minimalgrad 3.

Abb. 2.2.

und

Die Graphen aus Aufgabe 2.3.

51

1. WEITERE KONZEPTE AUF GRAPHEN

• 2.4 Der K4 ist der vollständige Graph auf 4 Knoten, also der Rumpf des Hauses des Nikolaus, wenn man es auf eine Ebene zeichnet oder besser ein Tetraeder, wenn man ihn als das Gerüst dieses Körpers sieht. Der Graph in Abbildung 1 beinhaltet den K4 als Teilgraph auf den Knoten 1, 2, 5 und 6. Der linke Graph in Abbildung 2 beinhaltete den K4 als Teilgraph auf den Knoten 2, 4, 5 und 6. Die genannten Graphen haben die entsprechende Ordnung und Größe. • 2.5 Es ist der Graph in Abbildung 2.3 ein solcher Graph, er ist sicher nicht eindeutig. —11

Abb. 2.3. Die Graphen aus Aufgabe 2.5.

2.6 Angenommen, es gibt einen isolierten Knoten in einem Graph der Ordnung n. Dann muss der Teilgraph auf den übrigen n — 1 Knoten Größe ä • (n2 — n) haben. In einem einfachen Graphen der Ordnung n — 1 gibt es ('i') viele mögliche Kanten. Es gilt (n - 1) 2

(n - 1 )! 2 ( n - 3)!•

(n - 1)(n - 2) = 2

1•

(n2

1

- 3n + 2) < • (n2 - 3n) + 2.

Ein Widerspruch - es gibt keinen einfachen Graphen der Ordnung n und der Größe (n2 — 3n) + 2 ohne isolierten Knoten. ■ 2.7 Nach dem Handschlaglemma entspricht die Anzahl der Kanten, also die Größe eines Graphen, genau der Hälfte Summe der Knotengrade. Es ist also die Summe der Knotengrade durch 2 teilbar. Die Knotengrade von Knoten mit geradem Grad summieren sich zu einer geraden Zahl. Demnach müssen sich die Knotengrade von Knoten mit ungeradem Grad ebenfalls zu einer geraden Zahl summieren. Eine Summe von ungeraden Zahlen ist genau dann gerade, wenn sie eine gerade Anzahl von Summanden hat, woraus die Behauptung folgt. ■

2.2 Weitere Konzepte auf Graphen

Einleitung. Wir möchten nun noch eine lose Sammlung von Zusatzaufgaben zu weiteren Konzepten auf Graphen liefern, ohne Lösungen aufzuführen. Zu diesen Konzepten gehören Wege auf Graphen wie Kantenzüge, Zyklen, Kreise, Hamiltonkreise, 52

WEITERE KONZEPTE AUF GRAPHEN .1

Aufgaben. 2.11l : , Welche der folgenden Aussagen ist korrekt?

❑ Die Adjazenzmatrix eines Graphen ist stets symmetrisch. ❑ Ein Planarer Graph kann auf die Oberfläche einer Kugel gezeichnet werde, so dass sich die Streckenzüge von Kanten nicht überschneiden. ❑ Das Haus vom Nikolaus ist planar. ❑ Ein planarer Graph ist 6-färbbar. ❑ Ein Graph ist nicht planar, wenn er den K5 als Teilgraphen besitzt. ❑ Jeder 6-färbbare Graph ist auch 7-färbbar. ❑ Ein planarer Graph ist 3-färbbar. ❑ Es gibt einen planaren 3-färbbaren Graphen.

2.122. Stellen Sie die Adjazenzliste und die Adjazenzmatrix Ihres Graphens aus Aufgabe 2.4 auf. ❑ ❑

2.13, Ist Ihr Graph aus Aufgabe 2.4 planar?

10 11 12

Abb. 2.4. Der Graph aus Aufgabe 2.14 und 2.15.

2.141 Stellen Sie die Adjazenzliste und die Adjazenzmatrix des Graphen aus Abbildung 2.4 auf. ❑ 2.15,2 Ist der Graph in Abbildung 2.4 3-färbbar? Für welche k E N ist der Graph k-färbbar? 2.162 Zeigen Sie, dass ein vollständiger Graph K„ genau dann planar ist, wenn n < 4 ist. 2.17:

Welche der folgenden Aussagen ist korrekt?

❑ Jeder Weg ist auch ein Kantenzug in einem Graphen, aber nicht jeder Kantenzug ist auch ein Weg. ❑ Ein Kreis ist ein Kantenzug, ein Weg und ein Zyklus in einem Graphen. ❑ Jeder zusammenhängende Graph besitzt einen Eulerzug. ❑ Es gibt nicht-zusammenhängende Graphen, die einen Eulerzug besitzen. ❑ Ein isolierter Knoten ist eine Zusammenhangskomponente. 53

} WEITERE KONZEPTE AUF GRAPHEN

❑ In einem zusammenhängenden Graphen ist jeder Knoten von jedem anderen Knoten aus erreichbar. ❑ Der Algorithmus FindZyklusEuler findet in jedem Graphen und für jeden Knoten einen Zyklus, der diesen berührt. ❑ Ein Graph ist genau dann eulersch, wenn jeder Knoten geraden Grad hat. ❑ Jeder Hamiltonkreis ist auch ein Eulerzug.

2.182,, Zeigen Sie, dass der Graph des berühmten Hauses vom Nikolaus keinen geschlossenen Eulerzug besitzt. ❑ 12 13 11 8 Abb. 2.5. Der Graph aus den Aufgaben 2.19 bis ??.

2.192 Finden Sie in dem Graphen aus Abbildung 2.5 einen Zyklus durch den Knoten 1? ❑ 2.202,, Finden Sie in dem Graphen aus Abbildung 2.5 einen weiteren Zyklus durch den Knoten 1? ❑ 2.212,, Finden Sie in dem Graphen aus Abbildung 2.5 einen Eulerzug?

❑

Abb. 2.6. Der Graph aus Aufgabe 2.22 und 2.23.

2.222,, Finden Sie in dem Graphen aus Abbildung 6 einen Teilgraphen mit Gewicht 2. ❑ 2.232,, Finden Sie in dem Graphen aus Abbildung 6 kürzeste Wege ausgehend vom Knoten 1? ❑ 2.242 Zeigen Sie, dass ein Graph mit Ordnung n nur dann einen Hamiltonkreis besitzen

kann, wenn seine Größe mindestens n ist.

❑

2.25, Zeigen Sie, dass für jeden Graph G = (V, E) die Relation R auf der Knotenmenge

V mit R = {(u,v)EVxV:uist erreichbar von v} eine Äquivalenzrelation ist.

❑

2.263* Zeigen Sie, dass je zwei Wege längster Länge in einem zusammenhängenden Gra-

phen mindestens einen Knoten gemeinsam haben. 54

❑

WEITERE KONZEPTE AUF GRAPHEN

2.273 Zeigen Sie, dass ein Graph G = (V, E) genau dann zusammenhängend ist, wenn für je zwei nicht-leere Teilgraphen G1 = (Vi, Ei) und G2 = (V2, E2) von G mit E1 U E2 = E gilt, dass vi n V2 0. ❑ 2.28,,3 Seien G = (V, E) ein Graph und s ein Kantenzug gegeben. Zeigen Sie, dass jeder Knoten, der nicht ein Endknoten von s ist, mit einer geraden Anzahl von Kanten in s inzident ist. 3 2.293,, Seien G = (V, E) ein Graph und s ein Kantenzug gegeben. Zeigen Sie, dass die beiden Endkonten von s genau dann mit einer geraden Anzahl von Kanten in s inzident sind, wenn s ein Zyklus ist (also die beiden Endknoten von s identisch sind). 3 2.30,'( Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? El Ein Wald ist zusammenhängend. ❑ Ein Baum ist ein kreisfreier und zusammenhängender Graph. D In einem Wald gibt es zwischen je zwei Knoten höchstens einen Weg. 13 Ein Baum auf n Knoten hat genau n — 1 Kanten. 13 Jeder Graph besitzt einen Baum als Teilgraph. D Jeder zusammenhängende Graph besitzt einen Spannbaum. EI Mit dem Kruskal-Algorithmus kann man in gewichteten Graphen minimale Spannbäume finden. 13 Jeder zusammenhängende gewichtete Graph besitzt einen eindeutigen minimalen Spannbaum.

2.312, Zeichnen Sie einen Baum mit 5 Kanten und 2 Blättern.

❑

2.32,2 Wie viele unterschiedliche Bäume (bis auf Isomorphie) auf 6 Knoten gibt es?

3

2.33

Zeigen Sie, dass ein Baum genau einen Spannbaum besitzt.

3

2.34,2 Finden Sie in dem Graphen aus Abbildung 2.5 einen Spannbaum?

❑

2.352, Finden Sie in dem Graphen aus Abbildung 2.6 einen minimalen Spannbaum?

❑

2.36,`( Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 13 Ein Matching hat Maximalgrad 1. 13 Ein Matching eines Graphen der Ordnung n hat Größe E Ein lokal maximales Matching ist auch ein global maximales Matching. El Ein perfektes Matching ist ein lokal maximales Matching. E In einem vollständigen bipartiden Graphen gibt es ein perfektes Matching. 13 Ein global maximales Matching besitzt immer einen erweiternden Kantenzug. 13 2.37! Zeigen Sie, dass ein perfektes Matching ein global maximales Matching ist.

❑

2.38! Finden Sie einen Graphen der Ordnung 8 und Größe 8, in welchem es zwei kantendisjunkte, perfekte Matchings gibt. ❑

55

S► WEITERE KONZEPTE AUF GRAPHEN

56

Hrechnen

3

Rechnen mit ganzen Zahlen

Ein Mathematiker rechnet. Ein Physiker überschlägt. Ein Informatiker lässt den Computer rechnen. Ein Ingenieur rechnet mit allem. Zumindest die Aussagen über Mathematiker und Informatiker greifen natürlich viel zu kurz, sind aber nicht falsch. Wir möchten nun die Grundlagen des Rechnens mit Zahlen üben. Dazu werden Zahlen zerlegt (Teilbarkeit, Primzahlen), mit den Zerlegungen gerechnet (Reste) und diese wieder zusammengebaut (chinesischer Restsatz). Vieles in diesem Kapitel erscheint zunächst einfach, weil es vielleicht schon aus der Schule bekannt ist. Teilweise stimmt das sicherlich auch, manches entpuppt sich dann jedoch als komplexer als zunächst erwartet - Übung ist nötig. Die Konzepte werden zudem im zweiten Kapitel dieses Abschnitts über das „Rechnen", in welchem wir die mathematische Abstraktion des Rechnens betrachten werden, bedeutend. Wichtig zu erwähnen ist noch der euklidische Algorithmus, den wir in diesem Kapitel als starkes Werkzeug zum Berechnen des größten gemeinsamen Teilers zweier Zahlen einüben. Erarbeitungshinweis. Der erste Abschnitt legt die Grundlage, um die Modulo-Rechnung des zweiten Abschnitts zu begreifen. Sie sind bedeutend für Anwendungen in der Kryptographie. Wichtig für die algebraischen Inhalte des nächsten Kapitels sind vor allem der euklidische Algorithmus, das Lemma von Bdzout, aber auch die eulersche cp-Funktion. Der chinesische Restsatz ist eine schöne Anwendung des abstrakten Inhalte dieses Kapitels.

3.1 Teilbarkeit

Einleitung. Das Konzept des Teilers ist weithin bekannt. Die 3 teilt die 12 - die 12 lässt sich schreiben als 3 + 3 + 3 + 3 = 12 oder auch 4 • 3 = 12. Man kann diese Idee leicht auf ganze Zahlen verallgemeinern. Allgemein gilt, dass eine ganze Zahl m eine andere ganze Zahl n teilt, wenn es ein k E Z gibt, mit k • m = n. Ist k 1 und k n, nennt man m einen echten Teiler von n. In der Menge der natürlichen Zahlen spielen die Primzahlen eine wichtige Rolle. Sie haben genau zwei Teiler in den natürlichen Zahlen. Begriffe. Teiler - Teilbarkeit - Vielfaches - echtre Teiler - Primzahl - Primfaktorzerlegung teilerfremd

k TEILBARKEIT

Übungskurs. El 3.1

E 3.2

❑ 3.3

2 3.5

Aufgaben. 3.1i Welche der folgendenq Aussagen ist korrekt? E Ist a ein Teiler von b, dann ist b auch ein Teiler von a. 2 Ist a ein echter Teiler von b und a # NA, dann hat b mindestens einen weiteren von a verschiedenen echten Teiler. E Ist a ein Teiler von b, dann ist auch —a ein Teiler von b. E Jede ganze Zahl teilt die 0, die 0 teilt jedoch keine ganze Zahl. [3 Eine natürliche Zahl heißt Primzahl, wenn sie genau zwei Teiler besitzt. 2 Eine natürliche Zahl heißt Primzahl, wenn sie genau zwei Teiler in N besitzt. E Die 47 ist eine Primzahl. El Die Primfaktorzerlegung einer natürlichen Zahl ist (bis auf Reihenfolge der Faktoren) eindeutig. E Die Zahl 3139 ist durch 15 teilbar.

❑

3.21 Geben Sie alle echten Teiler von 10, 15 und 17 an. 3.31 Geben Sie die eindeutige Primfaktorzerlegung von 30600 an.

3.42 Zeigen Sie die folgende Teilbarkeitsregel für die 3. Eine Zahl ist genau dann durch 3 teilbar, wenn ihre Quersumme durch 3 teilbar ist. 1 RZ-T [5111

3.53 Seien a, b, c E Z. Zeigen Sie, alb und blc

1 RZ-T [5121

3.63 Seien a, b, c

RZ-T [5131

1 RZ-T [5141

e Z. Beweisen Sie, dass cIa und cIa + b

> db.

❑

3.73 Seien a, b, c E Z. Zeigen sie die folgende Aussage. Aus alb und alc folgt, dass für alle ❑ x,yEZauchalx•b+y•cgilt. 3.83 Zeigen Sie, dass es unendlich viele Primzahlen gibt.

❑

3.93 Zeigen Sie, dass eine Zahl n E N>2 genau dann eine Primzahl ist, wenn sie keine echten Teiler besitzt. ❑ 3.103 Sei n E N keine Primzahl und n > 4. Zeigen Sie, dass dann nl(n — 1)! gilt.

❑

3.113 Sei m e N>2. Zeigen Sie, dass m genau dann eine Primzahl ist, wenn für jeden Teiler k von m mit k > 1 gilt k > .N/Fn. ❑ 3.125 Schreiben Sie eine Sage-Funktion teiler (n), welche für die Zahl n eine Liste aller ihrer Teiler ausgibt. Gehen Sie dabei naiv vor und testen Sie alle Zahlen von 1 bis n mithilfe des Operators n%m, welche den Rest beim Teilen von n durch m liefert. Ist er 0 ist m ein Teiler von n. Mithilfe des Befehls t ime können Sie testen, wie lange Sage rechnet. Vergleichen Sie Ihre Funktion teiler (n) mit der Sage-Funktion divisors (n), welche 60

TEILBARKEIT

ebenfalls eine Liste aller Teiler von n ausgibt. Testen Sie die Funktionen für n = 123456789. Was fällt auf? Wie kann man Ihre naive Funktion t ei]. er (n) verbessern? ❑ 3.13s Sie können eine beliebige natürliche Zahl n E N in seine Primfaktorzerlegung

faktorisieren (ein Produkt bilden) und mit dem Sagebefehl factor (n) Ihr Ergebnis auf Richtigkeit hin überprüfen. ❑ 3.14s Schreiben Sie eine sage-Funktion teilerfremd (n,m), welche für zwei natürli-

❑

che Zahlen n und m überprüft, ob sie teilerfremd sind.

3.15s Schreiben Sie eine sage-Funktion teilerfremd 0 , welche für eine natürliche Zahl n eine Liste aller zu n teilerfremden natürlichen Zahlen kleiner gleich n ausgibt. ❑ Zusatzaufgaben.

3.16!, Geben Sie alle echten Teiler von 24, 128 und 151 an.

❑

3.17,1, Geben Sie die eindeutige Primfaktorzerlegung von 179180 an.

❑

3.182,, Zeigen Sie, dass jede natürliche Zahl größer 1 durch eine Primzahl teilbar ist.

❑

3.192 Zeigen Sie, dass es keine natürliche Zahl gibt, die genau einen echten Teiler hat und

❑

keine Quadratzahl ist. 3.203 Seien a, b, c e Z. Zeigen Sie, dass nur eine Richtung der Äquivalenz

b • cla und clb. ❑

gilt. 3.213, Zeigen Sie, dass eine natürliche Zahl n E N genau dann eine Primzahl ist, wenn

nla • b

nla oder nlb ❑

für alle a, b E N gilt. 3.22,3 Seien a, b, c, d E Z. Zeigen Sie, alt) und cld

•

❑

> a • clb • d.

Lösungen. 3.1 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt?

❑ Ist a ein Teiler von b, dann ist b nur dann ein Teiler von a, wenn a = ±b ist. Zum Beispiel ist 3 ein Teiler von 9, aber 9 kein Teiler von 3. 2f Ist a ein echter Teiler von b und a NA, dann hat b mindestens einen weiteren von a verschiedenen echten Teiler. Da a ein echter Teiler ist, gilt b ä 1 und damit ist ein echter Teiler von b, der von a verschieden ist, weil a IX Ist a ein Teiler von b, dann ist auch —a ein Teiler von b. Mit k • a = b gilt —k • (—a) = b und damit ist —a eine Teiler von b. El Jede ganze Zahl teilt die 0, die 0 teilt jedoch keine ganze Zahl außer die 0 selbst.

61

TEILBARKEIT

❑ Eine natürliche Zahl heißt Primzahl, wenn sie genau zwei Teiler besitzt. Die Feinheit müsste lauten „Teiler in N". Cri Eine natürliche Zahl heißt Primzahl, wenn sie genau zwei Teiler in N besitzt - genau! 4 Die 47 ist eine Primzahl. CRI Die Primfaktorzerlegung einer natürlichen Zahl ist (bis auf Reihenfolge der Faktoren) eindeutig. 2 Die Zahl 3139 ist nicht durch 15 teilbar, weil Vielfache von 15 stets auch Vielfache von 5 sind - was für eine Potenz von 3 nicht richtig ist.

3.2 Alle echten Teiler von 10 lauten 2 und 5. Alle echten Teiler von 28 lauten 2, 4, 7 und 14. Die 17 hat keine echten Teiler. ■

■

3.3 Es ist 30600 = 17' • 52 • 32 • 23.

3.4 Es sei n eine ganze Zahl und mit no, ni , , ne die Ziffern von n bezeichnet, wobei no der Ziffer ganz rechts (die Einerstelle) entspricht. Für n = 123 ist zum Beispiel no = 3, ni = 2 und ri2 = 1. Es gilt dann n -=(0 + 1) • no + (9 + 1) • ni + (99 + 1) • n2 + (999 + 1) • n3 + =no + nt + n2 + n3 + + ne + 9 • ni + 99 • n2 + 999 • n3 +

+ (99 ... 9 + 1) • ne + 99 ... 9 • ne.

Auf der rechten Seite finden wir also eine Summe aus der Quersumme von n und Vielfachen von durch 3 teilbaren Zahlen. Somit ist n genau dann durch 3 teilbar, wenn es seine Quersumm ist. ■ 3.5 Wir setzen voraus, dass a ein Teiler von b und b ein Teiler von c ist. Also gibt es ganze Zahlen k1, k2 E Z mit k, • a = b und k2 • b = c. Setzt man die erste in die zweite Gleichung ein, erhält man k2 • kl • a = c. Da das Produkt zweier ganzer Zahlen k, • k2 ebenfalls eine ganze Zahl ist, teilt a auch c, was zu zeigne war. ■ 3.6 Wir setzen voraus, dass c sowohl a also auch a + b teilt. Es gibt also ganze Zahlen , k2 E Z mit k, • c= a und k2 • c = a + b. Setzt man die erste in die zweite Gleichung ein, erhält man k2 • c = kl•c+b. Löst man diese Gleichung nach b auf, erhält man (k2 — ki) • c = b. Da die Differenz k2 — k2 zweier ganzer Zahlen wieder eine ganze Zahl ist, teilt c auch b. ■ 3.7 Wir setzen voraus, dass a sowohl b also auch c teilt. Es gibt also ganze Zahlen kl , k2 E Z mit ki • a=b und k2 • a = c. Setze k3 = x • ki + y • k2, dann gilt k3 • a = (x • ki + y • k2 ) •a=x•lei•a-Py•k2•a--=- x-b-Fy•c. Also teilt a auch x • b+y•c.

■

3.8 Wir nehmen an, es gibt nur endlich viele Primzahlen, gesammelt in einer Menge P. Sei n das Produkt aller Primzahlen in P. Dann teilt keine Primzahl aus P die Zahl n + 1 (denn sie alle teilen n und dann sicher nicht n + 1). Also ist n + 1 selbst eine Primzahl 62

TEILBARKEIT

A

oder das Produkt von Primzahlen, die nicht in P enthalten sind. Da wir aber angenommen haben, das alle Primzahlen in der Menge P enthalten sind erhalten wir einen Widerspruch. Es gibt also nicht endlich viele - demnach gibt es unendlich viele Primzahlen. ■ 3.9 Wir zeigen die beiden Richtungen der Äquivalenz. >": Es sei N>2 eine Primzahl. Dann hat n per Definition genau 2 Teiler in N. Da n 1 ist - die 1 hat nur einen Teiler in N - hat n die Teiler 1 und n und damit keinen echten Teiler. „
N/Fn (da m eine Primzahl ist, ist m mindestens 2). „
2. Dann ist a genau dann äquivalent zu b modulo m, wenn a — b durch m teilbar ist. ❑ Die untere/obere Gaußklammer entspricht dem (kaufmännischen) Ab-/Aufrunden.

❑ I RZ-M [511]

3.24' Berechnen Sie Rest3 (125). 167 3.25' Berechnen Sie Rest25 (3)

El 1 RZ-M [5121 ❑ 1R Z- M [5131

3.26" Berechnen Sie Rest83 (2167). 3.27' Finden Sie eine natürliche Zahl n E N, welche die Modul-Gleichung

1 RZ-M [514]

4 -z 19 (mod n) korrekt ergänzt. Ist die Lösung eindeutig? - wenn nicht, nennen Sie alle Lösungen für n E N. ❑ 3.282 Finden Sie ein z E Z, das die Modul-Gleichung 3

RZ-M 15151

z (mod 7)

korrekt ergänzt. Ist die Lösung eindeutig? - Wenn nicht, nennen Sie alle Lösungen für z E Z. El

65

MODULO-RECHNUNG

3.292 Finden Sie alle Zahlen z E Z, deren Betrag kleiner 9 ist, so dass gilt 41021° z (mod 9).

3.302 Finden Sie eine Zahl z E N mit z < 19, so dass gilt 7717 z (mod 19).

1RZ-M [516]

3.312 Zeigen Sie, dass Rest11 (101 = (-1)i für i > 0 ist. Wie lässt sich daraus für eine ❑ allgemeine Zahl der Rest beim Teilen durch 11 errechnen?

RZ-M [5171

3.322 Zeigen Sie, dass die Zahl 4531893868 keine Quadratzahl ist, indem Sie den Rest ❑ modulo 11 betrachten.

1R Z- M Mai

3.332 Zeigen Sie, dass die Umkehrung der Argumentation in der Lösung zur Aufgabe 3.32 nicht gilt. Zeigen Sie also, dass nicht zwangsläufig jede Zahl, deren Rest modulo 11 in der ❑ Menge {0, 1, 2, 3, 4, 5, 9} liegt, auch eine Quadratzahl ist.

1RZ-M [5191

3.343 Zeigen Sie, dass für jedes m e N>2 die Menge 7Z„ = {(a, (mod m)} eine Äquivalenzrelation ist.

1RZ-M 1610]

❑

3.353 Bestimmen Sie alle ganzen Zahlen n E Z, für die n2 — 8n + 15 durch 8 teilbar ist. ❑ 3.363 Es seien a, p, q E N, wobei p # q Primzahlen sind. Beweisen Sie, dass gilt x

a

(mod p• q)

x a

(mod p)

und

x

a (mod q).

3.373 Zeigen Sie, dass a2 1 (mod 4) für alle ungeraden a E N.

❑

3.383 Seien a, b, m E Z. Zeigen Sie, dass dann Rest, (a + b) = Rest„ (Rest„ (a) + b) gilt. ❑ Zusatzaufgaben. 3.391, Berechnen Sie Rest3 (125).

❑

3.40*1 Berechnen Sie Rests (1278).

❑

3.41', Finden Sie alle n E N, welche die folgende Modul-Gleichung korrekt ergänzen 3

21 (mod n).

3.423 Seien a, b, m E Z und k E N. Zeigen Sie, dass dann gilt Rest, (ak) = Rest„ (Rest, (a)k).

66

MODULO-RECHNUNG

A

Lösungen. 3.23 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? • Der Rest bezüglich der Zahl m liegt in der Menge {0, 1, , m — 1} und ist damit niemals größer m. 111 Der Rest bezüglich der Zahl m liegt in der Menge {0, 1, , m — 1} und ist damit nicht höchstens m, sondern höchstens m — 1. D Es ist beides richtig, sowohl 5 2 (mod 3) als auch 5 14 (mod 3) zu schreiben. V Es seien a, b E Z und m E N>2. Dann ist a genau dann äquivalent zu b modulo m, wenn a — b durch m teilbar ist. Denn a und b sind äquivalent modulo m, wenn sie den gleichen Rest beim Teilen durch m erzeugen. Das heißt aber auch, dass a — b durch m teilbar ist - die Reste heben sich weg. D Die untere/obere Gaußklammer entspricht nicht dem (kaufmännischen) Ab-/Aufrunden. Bei der unteren Gaußklammer wird strickt ab- bei der oberen strickt aufgerundet. •

3.24 Es ist Rest3 (12) = 0 also ist Rest3 (125) = 0.

•

3.25 Man berechnet Schritt für Schritt Rest25 (-3167\) =- Rest83 ((33)55 • 9) = Rest25 ((2)55 • 9) = Rest25 ((29)6 • 2 • 9) = Rest25 (126 • 2 • 9) = Rest25 ((122)3 • 2 • 9) = Rest25 ((-6)3 • 2 • 9) = Rest25 (( —216) • 2 • 9) = Rest25 (9 • 2 • 9) = 12 •

3.26 Man berechnet Schritt für Schritt Rest83 (2167) = Rest83 ((28)20 • 128) = Rest83 (720 • 45) Rest83 ((73)6 • 49 • 45) = Rest 83 (116 • 49 • 45) = Rest83 ((112 )3 • 49 • 45) = Rest83 (383 • 49 • 45) = Rest83 (33 . 38 . 49 . 45) = 8 •

3.27 Es erfüllt beispielsweise n = 5 die gegebene Modul-Gleichung. Die Lösung ist nicht eindeutig, denn zulässig sind alle n E N, welche die Differenz 19 — 4 = 15 teilen. Das sieht man ein, wenn man sich klar macht, dass die n zulässig sind, für welche ganze Zahlen k1, k2 E Z existieren mit 4 = k1 • n r und 19 = k2 • n r für ein r E {0, 1, ,n — 1}. Also ist die Differenz 19 — 4 = k2 • n + r — (ki • n + r) = (k2 — ki ) • n

67

k

MODULO-RECHNUNG

durch n teilbar. Es sind also die natürlichen Zahlen der Menge {3, 5, 15} zulässige Moduln.

■

3.28 Es ist z = 3 eine zulässige Lösung der Modul-Gleichung. Die Lösung ist nicht eindeutig. Es ist jede Zahl 3 + k • 7 für k E Z eine zulässige Belegung für z - und das sind ■ unendlich viele. 3.29 Es sind z = 7 und z = —2 die gesuchten Lösungen. Man reduziert, indem man Schrittweise modulo 9 rechnet 41021° Er- (3600 + 450 + 45 + 7)1° 710 = (49)5 -L= 45 E 64 • 16 16 7 (mod 9).

3.30 Es ist z = 9 die gesuchte Lösung. Man reduziert, indem man Schrittweise modulo 17 rechnet 7717 E 917 9 • 818

9 • (-1)4 9 (mod 17).

9 • 138

3.31 Es ist i loi = (11-1)zE ( • ii - • ( _1),. 3=0

3

Tatsächlich ist jeder der Summanden durch 11 teilbar, bis auf den letzten. Also gilt Rest (10i) = Demnach ist eine Zahl genau dann durch 11 teilbar, wenn ihre alternierende Quersumme - also durch 11 teilbar ist. Denn allgemein gilt für eine natürliche Zahl mit Ziffern b0, b1, so, dass sie der Summe Ebi • i=0 entspricht - dass k

Rest11

b.; • 10.1 = Rest11

( j_—_o

k

b • (—)3 ).

\)=0

Zum Beispiel gilt für 121, das die alternierende Quersumme 1 — 2 + 1 = 0 ist und wirklich ist 121 durch 11 teilbar. Auch hat die 209 die alternierende Quersumme 9 — 0 + 2 = 11 und ■ ist durch 11 teilbar. 3.32 Wir verwenden die Teilbarkeitsregel aus Aufgabe 3.31 und erhalten die alternierende Quersumme 8 — 6 + 8 — 3 + 9 — 8 + 1 — 3 + 5 — 4 7.

68

MODULO-RECHNUNG £

Also ist die 4531893868 nicht durch 11 teilbar. Wenn es eine Zahl b gibt mit b2 = 4531893868, dann gilt insbesondere auch b2 4531893868 (mod 11) und damit auch Resti l (b)2

Rest= (4531893868)7 (mod 11).

Für Rest' (b) gibt es aber nur 11 Möglichkeiten. Man rechnet nach, dass gilt 02 -z 0 (mod 11), 12 1 (mod 11), 22 4 (mod 11), 32 9 (mod 11) 42 5 (mod 11), 52 4 (mod 11), 62 3 (mod 11), 72 5 (mod 11) 82 E 9 (mod 11), 92 E 4 (mod 11), 102 1 (mod 11). Als Quadrate von Resten modulo 11 tauchen also nur die Zahlen 0, 1, 3, 4, 5 und 9 auf. Die 7 ist nicht dabei. Es gibt also keine Zahl, deren Quadrat 7 modulo 11 ist, also ist 4531893868 auch keine Quadratzahl. ■ 3.33 Man findet ganz leicht ein Gegenbeispiel. Es ist 5 in der Menge {0, 1, 2, 3, 4, 5, 9}

■

enthalten, aber selbst keine Quadratzahl, genauso wie die 2 und die 3.

3.34 Eine Relation ist eine Äquivalenzrelation, wenn sie symmetrisch, reflexiv und transitiv

ist. Wir prüfen für ein festes m C N>2 die Relation nacheinander auf die drei Eigenschaften. Symmetrie. Es sei (a, b) E 'km. Dann gilt a b (mod m) - also haben a und b den selben Rest bei Division durch m. Dann gilt aber auch b a (mod m) und damit (b, a) E R.m. Also ist 'R., symmetrisch. Reflexivität. Es sei a E Z beliebig gewählt. Dann gilt offensichtlich a a (mod m) und somit ist (a, a) E Rm und 2„, ist reflexiv. Transitivität. Es seien (a, b), (b, c) E R. Dann gilt a b (mod m) und b = c (mod m). Also haben a und b genauso wie b und c den selben Rest bei Division durch m, dann auch a und c. Also gilt auch a c (mod m) und TZ7n ist transitiv.

3.35 Wir suchen allen E Z, so dass n2 -8n+15 0 (mod 8) gilt. Das heißt wir suchenalle

n E Z, so dass n2 + 15 a- 0 (mod 8) bzw. n2 —15 (mod 8) und noch einfacher n2 = -= 1 (mod 8). Das schließt schon mal alle geraden Zahlen aus. Bleibt zu prüfen, welche ungeraden ganzen Zahlen im Quadrat bei der Division durch 8 Rest 1 haben. Sei n = a + 1 für eine gerade Zahl a E Z. Dann ist n2 = (a 1)2 = a2 + 2a + 1. Sei a= 2 • k, dann ist n2

=

4k 2 +2• 2 •k+ 1

Wir unterscheiden die beiden Fälle, dass k entweder gerade oder ungerade ist.

69

MODULO -RECHNUNG

Fall 1 (k ist gerade): Dann ist k = 2 • b für ein b E Z. Dann rechnen wir nach n2 = 4k2 + 2 • 2 • k +1 = 4(2b)2 + 2•2 • 2 • b + 1 = 16b2 + 8b 1, was offensichtlich 1 modulo 8 ergibt. Fall 2 (k ist ungerade): Dann ist k = 2 • b + 1 für ein b E Z. Dann rechnen wir nach n2 = 4k2 + 2 • 2 • k +1 = 4(2b + 1)2 + 2 • 2 • (2 • b + 1) + 1 = 16b2 16b + 4 + 8b + 4 + 1 = 16b2 + 24b + 8 + 1,

was offensichtlich 1 modulo 8 ergibt. • 3.36 Tatsächlich folgt die Äquivalenz direkt aus dem chinesischen Restsatz, weil zwei verschiedene Primzahlen natürlich teilerfremd sind. Man kann sie allerdings auch „elementar" zeigen. Es sind zwei Richtungen der Äquivalenz zu zeigen. 11

>": Es gilt x = a (mod p • q), so bedeutet dies, Rest,., (x) = Restp., (a). Es gibt also k1, k2 E Z, so dass x k l •p•q=a—kl •p•q. Dann gibt es aber mit kc. = k1 • q und k2 = k2 • q bzw. 4 = k1 • p und 4 = k2 • p auch ganze Zahlen, so dass gilt x — •p=a-14•p x— 4 • q= a — 4 • q. Also gilt auch Rest,, (x) = Rest,, (a) bzw. Restq (x) = Rest, (a) und damit auch x a (mod p) und x a (mod q), was zu zeigen war. Angenommen, es gibt ein a E Z mit x = a (mod p) und x a (mod q) aber x a (mod p • q). Dann gibt es ein a' E Z mit x —= a' (mod p • q) und a a' (mod p • q). Wie wir in der Hinrichtung schon gezeigt haben, gilt dann auch x E a' (mod p) und x a' (mod q). •

Sei a E N ungerade. Das heißt, es gibt eine gerade natürliche Zahl n n + 1 = a. Wir berechnen

3.37

a2 = (n

+ 1)2

E

N mit

n2 + 2n + 1

Da n gerade ist, gibt es ein k E N mit n = 2 • k. Also sind n2 = (2k)2 = 4k2 und 2n = 2(2k) = 4k, die ersten beiden Summanden, durch 4 teilbar. Es ist also a2 1 (mod 4), was zu zeigen war. • 3.38

Es seien ri = Restm (a + b),

r2 = Restm (a),

r3 = Restm (r2 + b)

Es ist also zu zeigen, dass ri = r3 ist. Nach der Definition des Rests gibt es ganze Zahlen 70

DER EUKLIDISCHE ALGORITHMUS UND DAS LEMMA VON BEZOUT

A

k2, k3 E Z mit a + b = k1 • m +

a = k2 • m

+ r2,

Ti + b

= k3 • m + r3.

Löst man die zweite Gleichung nach r2 auf und setzt sie in die dritte Gleichung ein, erhält man a— k2 • m+ b

= k3 • m r3 a + b = (k2 + k) • m + r3

Jetzt kann man diese Gleichung mit der ersten Gleichung gleichsetzten und erhält. ki • m + ri = (k2 +k3) • m + r3 ri = (k2 + k3 — ki) • m + r3. Da ri und r3 ein Rest sind, der beim Teilen durch m entsteht, liegen beide in der Menge {0, 1, 2, ... , m — 1}. Also muss k2 k3 — ki = 0 sein und es gilt ri = r3, was zu zeigen war. ■

3.3 Der euklidische Algorithmus und das Lemma von B&out

Einleitung. Der euklidische Algorithmus zur Berechnung des größten gemeinsamen Teilers (ggT) gehört zu den ältesten bekannten Rechenverfahren. Er war schon dem Griechen Eudoxus (375 v. Chr.) bekannt und ist im Band 7 „der Elemente" von Euklid (300 v. Chr.) beschrieben. In der diskreten Zahlentheorie ist er von zentraler Bedeutung und kommt in vielen Rechenprozeduren zur Anwendung. Der größte gemeinsame Teiler zweier Zahlen a, b ist die größte Zahl, die sowohl a als auch b teilt und wird mit ggT(a, b) bezeichnet. Verwandt ist das kleinste gemeinsame Vielfache kgV(a, b) zweier von 0 verschiedener ganzer Zahlen a, b E N, die kleinste natürliche Zahl m E N, so dass a und b Teiler von m sind.

Mithilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus kann man bei der Berechnung des größten gemeinsamen Teilers zweier Zahlen a und b auch sogenannte Bezout-Multiplikatoren finden. B6zout-Multiplikatoren zweier Zahlen a und b sind ganze Zahlen s und t so dass gilt s•a+t•b= ggT(a, b). Das Lemma von B6zout besagt, dass es solche immer gibt. Das Lemma von Bezout erlaubt es das Lemma von Euklid zu beweisen. Es besagt, dass eine Primzahl, die ein Produkt teilt, stets mindestens einen der Faktoren teilt. Wir geben hier die algorithmische Beschreibung des erweiterten euklidischen Algorithmus an. Algorithmus 3.1 (Erweiterter euklidischer Algorithmus). Input: a, b E N mit a > b.

71

1.

DER EUKLIDISCHE ALGORITHMUS UND DAS LEMMA VON BEZOUT

Output: rj_ i = ggT(a, b) und die Gleichung rj_ i = sj _1 • a tj_1 • b. Setze ro = a und ri = b. Setze so = 1 und sl = 0. Setze to = 0 und ti = 1. Setze j = 1. while ri > 0 do Setze mi = [r=1 j. Setze rj+1 = rj_i - rnirj. Setze sj+1 = sj_ l - mi sj. Setze tj+1 = tj_i - miti. Setze j=j+1. end while return (rj_i, sj-1, ti-1). Es ist allerdings üblich den erweiterten euklidischen Algorithmus in einer Tabellenform aufzuschreiben. Daran halten wir uns bei der Lösung der folgenden Aufgaben. Begriffe. größter gemeinsamer Teiler (ggT) - kleinstes gemeinsames Vielfaches (kgV) -

euklidischer Algorithmus - Lemma von B6zout - Bdzout-Multiplikatoren Übungskurs. D 3.43

El 3.44

D 3.46

❑ 3.48

13 3.51

El 3.52

Aufgaben. 3.431Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ ❑ ❑ ❑

Die Zahlen 15 und 64 sind teilerfremd. Die Zahlen 15 und 64 sind relativ prim. Es gilt ggT(197, 22) = ggT(175, 22). Für je zwei ganze Zahlen a, b E Z gibt es stets zwei ganze Zahlen u, v E Z mit u • a + v • b=1. El Für je zwei ganze Zahlen a, b e Z gibt es stets zwei ganze Zahlen u, v E Z, mit u •a+v•b= ggT(a, b). ❑ Der euklidische Algorithmus terminiert stets. 3 Der erweiterte euklidische Algorithmus terminiert nicht für alle Eingaben.

RZ-E t511]

3.44' Berechnen Sie mithilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus ggT(110, 34). Finden Sie dabei für ganze Zahlen u, v, so dass gilt ggT(110, 34) = u • 110 + v • 34. ❑ 3.45' Berechnen Sie mithilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus ggT(55, 34). Finden Sie dabei für ganze Zahlen u, v, so dass gilt ggT(55, 34) = u • 55 + v • 34. ❑

RZ-E [512]

3.46' Berechnen Sie mithilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus ggT(3993, 132). Finden Sie dabei ganze Zahlen u, v, so dass gilt ggT(3993, 132) = u • 3993 + v • 132. ❑

RZ-E Ir5131

3.472 Für welchen Input a, b E N terminiert der euklidische Algorithmus zur Berechnung 72

DER EUKLIDISCHE ALGORITHMUS UND DAS LEMMA VON BEZOUT

A

❑

des ggT(a, b) nach nur einem Schritt? 3.483 Seien für zwei natürliche Zahlen a, b E N die Faktorisierung a = pr1 • • • / 32"11'

und

1 RZ-E [5141

b = p7 1 • • • pT7

in dieselben Q Primfaktoren pi mit Exponenten mi, ni E N für i E {1, . Zeigen Sie, dass dann gilt

gegeben.

ggT(a, b) = plic1 • • • 1917 kgV(a, b) = p1111 • • • pigl' mit ki = min{mi, ni} und hi = max{mi, ni} für i

E

{1,

3.493 Es seien a, b, n E N. Zeigen Sie, dass gilt

RZ-E [5151

ggT(a • b, n) ggT(a, n) • ggT(b, n).

3.503 Zeigen Sie, wann mit den Voraussetzungen aus Aufgabe 3.49 sogar Gleichheit gilt, also

RZ-E [5161

ggT(a • b, n) = ggT(a, n) • ggT(b, n)

3.513 Beweisen Sie, dass folgende Gleichung gilt kgV(a, b) • ggT(a, b) = ab.

3.523 Beweisen Sie, dass die Gleichung s•a+t•b=c genau dann eine Lösung s, t E Z hat, wenn c ein Vielfaches von ggT(a, b) ist. ❑ 3.533 Sei durch Co = 1, ci = 1 und ci = + ci _2 für alle i e N>2 eine Folge von natürlichen Zahlen gegeben (also 1, 1, 2, 3, 5, 8,13, 21, ...). Diese Zahlen werden die Fibonacci Zahlen genannt. Zeigen Sie, dass bei der Berechnung des erweiterten euklidischen Algorithmus mit der Eingabe a = c„ und b = für n > 2 die kleineren Fibonacci Zahlen (bis ci und dann eine 0) in umgekehrter Reihenfolge als Reste r3 auftauchen. ❑ 3.545 Implementieren Sie den euklidischen Algorithmus als Sage-Funktion Euk 1 id (a,b). 3.55s Betrachte die folgende rekursive, binäre Variante des euklidischen Algorithmus für die Eingabe zweier verschiedener natürlicher Zahlen a, b E N. Sie wird auch als Steinscher Algorithmus bezeichnet und verwendet nur Division durch 2, welche auf Rechnern effizient zu bewerkstelligen ist. Rekursiv werden die folgenden Berechnungen durchgeführt.

73

1 RZ-E [5171

DER EUKLIDISCHE ALGORITHMUS UND DAS LEMMA VON BEZOUT

Fall 1 (a gerade und b gerade): Bestimme ggT (e , ggT(a, b) = 2 • ggT

so dass a b

.

Fall 2 (a gerade und b ungerade): Bestimme ggT (i b), so dass ggT(a, b) = ggT

.

/ so dass Fall 3 (a ungerade und b gerade): Bestimme ggT (a, i), b ggT(a, b) = ggT (a, — 2 Fall 4 (a ungerade und b ungerade): Bestimme ggT (

b), so dass

ggT(a, b) = ggT ( a 2 b,

.

Dabei speichert der Algorithmus in einer Variablen k, wie oft a und b bei der Rekursion beide gerade waren. Der Algorithmus terminiert, wenn a = b ist und gibt dann a • 2k als ggT(a, b) aus. Implementieren Sie diesen Algorithmus in Sage als Funktion binaerEuklid (a, b) . ❑ 3.565 Vergleichen Sie die Laufzeit (time) Ihre beiden Funktionen Euklid ( a , b) und binaerEuklid (a, b) aus den Aufgaben 3.54 und 3.55 mit der in Sage implementierten Funktion gcd (a, b) zum Berechnen von ggT(a, b). Als Testfälle eignen sich Elemente der Folge der Fibonacci Zahlen - siehe Aufgabe 3.53. Die Funktion Fibonacci (n) gibt Ihnen

die n-te Fibonacci Zahl. Testen Sie mit n = 100100. Was fällt auf?

El

Zusatzaufgaben. 3.57! Berechnen Sie mithilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus ggT(765, 391). 3 Finden Sie dabei ganze Zahlen u, v, so dass gilt ggT(765, 391) = u • 765 + v • 391. 3.58! Berechnen Sie mithilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus ggT(840, 252). III Finden Sie dabei ganze Zahlen u, v, so dass gilt ggT(840, 252) = u • 840 + v • 252. 3.59! Berechnen Sie mithilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus ggT(360, 255). 111 Finden Sie dabei ganze Zahlen u, v, so dass gilt ggT(360, 255) = u • 360 + v • 255. 3.60,3 Zeigen Sie, dass kgV(a, b) = ab, wenn ggT(a, b) = 1.

❑

zwei positive natürliche Zahlen a, b E N>1. 3.61, Es seien s = ggT(aa,b) und t =für ggT(a,b) ❑ Zeigen Sie, dass s und t teilerfremd sind. 3.62, Seien a, b E N zwei natürliche Zahlen mit c, > a > cri_i für zwei aufeinanderfolgende Fibonacci Zahlen c„,_1 und c„ und a > b. Zeigen Sie, dass der erweiterte euklidische Algorithmus für die Eingabe a und b höchstens so viele Schritte rechnet, wie für die Eingabe 111 c„ und cv .

74

DER EUKLIDISCHE ALGORITHMUS UND DAS LEMMA VON BEZOUT 1

3.63 Zeigen Sie, dass die rekursive, binäre Variante des euklidischen Algorithmus aus Aufgabe 3.55 tatsächlich ggT(a, b) für a, b E N berechnet. ❑ 3.643,, Zeigen Sie, dass die rekursive, binäre Variante des euklidischen Algorithmus aus Aufgabe 3.55 höchstens c • log2 (n)2 Bitoperationen benötigt, wobei n = max{a, b} und c ein von n unabhängiger Parameter ist. Dabei kann man annehmen, dass eine einfache Rechenoperation auf Zahlen der Bitlänge k höchstens c' • k viele Bitoperationen benötigt, wobei c' ein von k unabhängiger Parameter ist. ❑

•

Lösungen. 3.43 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? IX. Die Zahlen 15 und 64 sind teilerfremd. CRI Die Zahlen 15 und 64 sind relativ prim, weil sie teilerfremd sind. IX Es gilt ggT(197, 22) = ggT(175, 22), weil 197 — 22 = 155 ist. 3 Für je zwei ganze Zahlen a, b E Z gibt es stets zwei ganze Zahlen u, v E Z mit u•a+v•b=1- das ist nur der Fall, wenn ggT(a, b) = 1 ist. lir Für je zwei ganze Zahlen a, b E Z gibt es stets zwei ganze Zahlen u, v E Z, mit u•a+v•b=ggT(a,b). IX Der euklidische Algorithmus terminiert stets. El Der erweiterte euklidische Algorithmus terminiert tatsächlich für alle Eingaben.

■ 3.44 Man wendet den erweiterten euklidischen Algorithmus in Tabellenform an und erhält: j

ki

ri

si

ti

110

1

0

.134

0

1

1.8

1

—3

— 12

—4

13

0

\ 1 3 = IM] 2

4= [ei

3

4 = [1 j

4

-

0

Es ist also ggT(110, 34) = 2 = —4 • 110 + 13 • 34 = —440 + 442 - was man rechnerisch leicht verifiziert. ■ 3.45 Man wendet den erweiterten euklidischen Algorithmus in Tabellenform an und

75

3.

DER EUKLIDISCHE ALGORITHMUS UND DAS LEMMA VON BEZOUT

erhält: j

lz,

r3

s3

t3

0

\

55

1

0

1 1= [Ui

34

,0

1

2

1 = nl-j

21

1

-1.

3 1 = []

13

-1

2

4

1 = [2]

8

2

-3

5

1 = [11

5

-3

5

6

1= n j

3

5

-8

7

1 = [11 1 = [fi

2

-8

13

1

13

- 21

8

9

0

Es ist also ggT(55, 34) = 1 = 13 • 55 + (-21) • 34 = 715 — 714 - was man rechnerisch leicht verifiziert. ■ 3.46 Man wendet den erweiterten euklidischen Algorithmus in Tabellenform an und erhält: ki 0

1

30

2

4

_1 3993 I L 132

= 12J

3

rj

tj

3993

1

0

132

0

J1

- 33

1

-30

0

Es ist also ggT(3993, 132) = 33 = 1 • 3993 + (-30) • 132 = 3993 — 3960 - was man ■

rechnerisch leicht verifiziert.

3.47 Seien a, b E N mit a > b. Angenommen, der euklidische Algorithmus angewandt auf das Paar (a, b) terminiert nach nur einem Schritt. In der Definition des euklidischen Algorithmus muss dann das erste Update für b die Zahl 0 ergeben, d.h. es gilt für m = [i] , dass a — mb = 0. Also terminiert der euklidische Algorithmus für bla oder äquivalent ■ ggT(a, b) = b nach nur einem Schritt. 3.48 Wir zeigen zunächst mit der Notation aus der Aufgabe, dass die beiden Ungleichungen ggT(a, b) > piP • • • pikt und ggT(a, b) < piP • • • pekt gelten, denn dann ist Gleichheit die einzige zulässige Möglichkeit. „>": Offensichtlich ist pki1 • • • pike ein Teiler von a und b. Denn es gilt

a= 76

mi-ki pik kl t- • Ih • • • mkt

ni —ki ki k • • • P£ —ke . Pi pe-£ und b = pi

_ t

DER EUKLIDISCHE ALGORITHMUS UND DAS LEMMA VON BEZOUT

A

wobei die Exponenten alle nicht-negativ sind (denn ki ist ja das Minimum von n, und ist also sicherlich nicht größer). Demnach existieren in S1 = Pi

e .pmt —k2 und 32 = Pr 1 k1 • • • pnp—ke

ganze Zahlen mit nk2 und b = S2 P1k1 • • • P£kg a = si • Pik1• ' • r-e •

Also ist pik l • • • ptk' sowohl ein Teiler von a als auch ein Teiler von b. Möglicherweise gibt es noch einen größeren Teiler, aber sicherlich gilt ggT(a, b) > pik' • • • p21' . „ phi l • • • pehe gelten, denn dann ist Gleichheit die einzige zulässige Möglichkeit. „>": Es sind offensichtlich a und b Teiler von pih l • • • pehe (ähnliches Argument wie beim ggT). Also ist phi l • • • 13;4 sicherlich ein Vielfaches von a unnd b, aber vielleicht gibt es ein kleineres - also gilt kgV(a,b) < pih l • • • 73,1'2 . „ ist. Demnach können wir aus der ersten Gleichung ablesen, dass Restre (ro) = cn_ i ist. Es taucht also als erster Rest cn_ i auf. Im nächsten Schritt werden die beiden Fibonacci Zahlen c„ und cn_ i verwendet und die Behauptung folgt aus der Induktionsvoraussetzung.

79

DER CHINESISCHE RESTSATZ

3.54 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: def Euklid(a,b): if a0: a, b = b, a%b return (a) sage: Euklid(18,3) 3 sage: Euklid(18,789787965771) 9

3.55 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: def binaerEuklid(a,b): k=0 while a != b: if a2 paarweise teilerfremd und ai , und die kleinste positive Lösung der simultanen Kongruenz x x

al (mod mi) az (mod m2)

x

a- an (mod mn)

, an E Z. Es sind alle Lösung

zu finden. Schritt 1. Berechne für jedes P E {1, 2,

, n} den Wert Mt =

mi. i=1

Schritt 2. Berechne für jedes P E {1,2, ... , n} mittels erweitertem euklidischen Algorithmus die Mzout Multiplikatoren st und te von me und Mt, so dass gilt 1= St • Mg + tt • mg. Schritt 3. Lese für jedes P E {1,2, ... , n} die Basislösung bt = s£ • Mg aus der Gleichung von Schritt 2 aus. Schritt 4. Eine spezielle Lösung der simultanen Kongruenz findet sich in a = ai • bi + az • bz +

+ an • bn•

Schritt 5. Es sei M = mi • mz • • • mn. Die Menge aller Lösungen der simultanen Kongruenz ist {a±k•M:kEZ}. Schritt 6. Die kleinste positive Lösung ist RestM (a).

Begriffe. simultane Kongruenz - chinesischer Restsatz Übungskurs. 2 3.65 III 3.66 El 3.68 El 3.70 III 3.71

❑ 3.72

81

} DER CHINESISCHE RESTSATZ

Aufgaben. 3.651Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ Jede simultane Kongruenz hat eine Lösung. ❑ Hat eine simultane Kongruenz eine Lösung, dann auch unendlich viele. ❑ Der chinesische Restsatz besagt, dass jede simultane Kongruenz mit teilerfremden Modulen unendlich viele Lösungen hat. ❑ Der Beweis des chinesichen Restsatzes ist konstruktiv (es wird eine Lösung für eine simultane Kongruenz teilerfremder Modulen berechnet).

RZ-C 15111

3.66' Lösen Sie die simultane Kongruenz

x a- 3 (mod 5) x- 7 (mod 10) falls möglich. 3.67' Lösen Sie die simultane Kongruenz

x x

5 (mod 8) 9 (mod 12)

falls möglich. RZ-C 15121

3.682 Lösen Sie die simultane Kongruenz (mod 4) (mod 7) (mod 9) falls möglich. Geben Sie sowohl die kleinste positive Lösung als auch die Menge aller ❑ Lösungen an. 3.692 Lösen Sie die simultane Kongruenz

x x x

1 (mod 5) 4 (mod 6) 6 (mod 7)

falls möglich. Geben Sie sowohl die kleinste positive Lösung als auch die Menge aller ❑ Lösungen an. 1 RZ-C 15131 3.703 Es seien nicht-teilerfremde natürliche Zahlen ml , m2 E N>2 gegeben. Für welche

Zahlen von ai, a2 E N hat die simultane Kongruenz

x x

82

ai az

(mod ml) (mod m2)

DER CHINESISCHE RESTSATZ .4

❑

eine Lösung? 3.713 Es seien nicht-teilerfremde natürliche Zahlen ml , m2 E ben, so dass die simultane Kongruenz x

ai E a2

N>2

und ai , a2 E N gege-

(mod ml ) (mod m2) ❑

eine Lösung hat. Nennen Sie alle Lösungen der simultanen Kongruenz.

3.722 Der Lehrer D. Bonaker möchte seine Schüler für eine Gruppenarbeit in gleich große Gruppen einteilen. Legt er die Gruppengröße auf 5 Schüler fest, bleiben 3 Schüler übrig, sollen je 6 Schüler eine Gruppe bilden, bleiben 4 Schüler über. Erst als er die Gruppengröße auf 7 Schüler setzt, geht es genau auf. Wie viele Schüler sind in der Klasse von Herrn Bonaker mindestens? ❑ 3.735 Berechnen Sie mithilfe der Sage-Funktion CRT_list () die eindeutig bestimmte Lösung der simultanen Kongruenz x x

65 (mod 83) 34324 (mod 111342).

Dabei werden der Funktion CRT_list () zwei Listen übergeben. Die erste Liste enthält die rechte Seite [ a 1, , an], die zweite Liste enthält die Moduln [ml, . . . , mn] einer simultanen Kongruenz. ❑ 3.745 Schreiben Sie ein kurzes, naives Programm, das überprüft, ob die berechnete Lösung tatsächlich die eindeutige Lösung im Intervall von [0, 83 • 111342 — 1] ist. Dabei sollen einfach alle Zahlen in dem Intervall dahingehend überprüft werden, ob sie die simultane Kongruenz lösen. ❑ 3.755 Implementieren Sie selbst den Lösungsalgorithmus zum chinesischen Restsatz für eine beliebige simultane Kongruenz in einer Sage-Funktion CRT_my, welche mithilfe der Basislösungen die kleinste positive Lösung konstruiert. Dabei hilft Ihnen sicherlich der Sage-Befehl des erweiterten euklidischen Algorithmus g, s, t=xgcd (15, 12) , welcher die Zahlen zu der Darstellung ggT(15, 12) = g = s • 15 + t • 12 ausgibt. ❑ 3.765 Mithilfe des Befehls time können Sie überprüfen, wie lange die Sage-Funktion CRT_list 0, ihr naives Programm und ihre eigene Implementierung des Lösungsalgorithmus des chinesischen Restsatzs CRT_my () zum Finden der Lösung der obigen simultanen Kongruenz benötigt. Zum Beispiel lassen Sie Sage

time CRT list([65,34324],[83,111342])

❑

berechnen. Was fällt auf?

3.775 Berechnen Sie mithilfe der Sage-Funktion CRT_list () die eindeutig bestimmte 83

1 RZ-C 15141

S►

DER CHINESISCHE RESTSATZ

Lösung der simultanen Kongruenz

x -= 65 (mod 83) x E 34324 (mod 111342) x E.- 14 (mod 17) x E 123 (mod 137) x = 1102 (mod 1123).

Zusatzaufgaben.

3.78', Lösen Sie die simultane Kongruenz

x E 5 (mod 6) x = 10 (mod 12) ❑

falls möglich. 3.79! Lösen Sie die simultane Kongruenz

x = 4 (mod 9) x = 7 (mod 15) ❑

falls möglich.

3.802 Die Schüler einer Klasse sollen sich zu Gruppen gleicher Größe ordnen. Sie versuchen zuerst, sich zu Zweiergruppen zusammenzufinden, doch es bleibt ein Schüler übrig. Bei Dreiergruppen bleiben zwei Schüler übrig. Bei Vierergruppen bleibt ein Schüler übrig. Bei Fünfergruppen klappt es auch nicht, es bleibt eine gerade Anzahl an Schülern übrig. Wie viele Schüler sind mindestens in der Klasse? ❑ 3.813, Es seien n > 3 nicht-teilerfremde natürliche Zahlen mi, , inn E N>2 und al , , an E N gegeben, so dass die simultane Kongruenz

x E al (mod ml ) x

a„

(mod m,,)

eine Lösung hat. Nennen Sie alle Lösungen der simultanen Kongruenz.

❑

3.82 Lösen Sie die simultane Kongruenz

x = 2 (mod 3) x = 3 (mod 8) x = 1 (mod 11) falls möglich. Geben Sie sowohl die kleinste positive Lösung als auch die Menge aller Lösungen an. ❑

84

DER CHINESISCHE RESTSATZ

3.833* Es seien nicht-teilerfremde natürliche Zahlen m1, • , Wahlen von ai , , a,, E N hat die simultane Kongruenz

x

ai (mod ml)

x

an (mod m.)

E N>2 gegeben. Für welche

❑

eine Lösung?

3.84e Schreiben Sie eine sage-Funktion EqualPrim(a,b), welche für zwei unterschiedliche ganze Zahlen a, b < 220 den prozentualen Anteil der Primzahlen p im Intervall 4o, -41] ❑ [2 .2 ermittelt, für welche a b (mod p) gilt. 3.85e Schreiben Sie eine sage-Funktion ProbEqual (a, b) , welche für zwei ganze Zahlen a, b < 220 den probabilistischen Gleichheitstest implementiert. ❑

Lösungen. 3.65 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? El Nicht jede simultane Kongruenz hat eine Lösung. Die simulaten Kongruenz

x 1 (mod 4) x- 0 (mod 4) hat zum Beispiel keine Lösung. g Hat eine simultane Kongruenz eine Lösung, dann auch unendlich viele. Man kann zur Lösung beliebig oft ein Vielfaches des Produkts aller Moduln addiefren und erhält jeweils eine weitere Lösung. kr Aus dem chinesischen Restsatz folgt, dass jede simultane Kongruenz mit teilerfremden Modulen unendlich viele Lösungen hat. L' Der Beweis des chinesichen Restsatzes ist konstruktiv (es wird eine Lösung für eine simultane Kongruenz teilerfremder Modulen berechnet).

3.66 Die Moduln der simultanen Kongruenz sind nicht teilerfremd, es kann der chinesische Restsatz nicht angewandt werden. Trotzdem lässt sich systematisch nach einer Lösung suchen. Die erste Gleichung impliziert, dass die Lösung von der Form a = ki • 5 + 3 für ein k1 E Z ist. Die zweite Gleichung impliziert, dass die Lösung von der Form a = k2 • 10 + 7 für ein k2 E Z ist. Wir erhalten ki• 5 +3 =k2 • 10 + 7 ki • 5 — k2 • 10 = 7 — 3 5 • (ki — k2 • 2) = 4.

85

3. DER CHINESISCHE RESTSATZ

Die linke Seite der Gleichung ist durch 5 teilbar, die rechte Seite nicht. Es gibt also keine ganzen Zahlen k1 und k2, die jene Gleichung lösen. Also hat die simultane Kongruenz keine Lösung. ■ 3.67 Die Moduln der simultanen Kongruenz sind nicht teilerfremd, es kann der chinesische Restsatz nicht angewandt werden. Trotzdem lässt sich systematisch nach einer Lösung suchen. Die erste Gleichung impliziert, dass die Lösung von der Form a = k1 • 8 + 5 für ein k1 E Z ist. Die zweite Gleichung impliziert, dass die Lösung von der Form a = k2 • 12 + 9 für ein k2 E Z ist. Wir erhalten ki• 8+ 5 =k2 • 12+9 k1 • 8 — k2 • 12 = 9 — 5

4 • (ki • 2 — k2 • 3) = 4 ki • 2 — k2 • 3 = 1. Jede Belegung von ganzen Zahlen für k1 und k2, welche diese Gleichung löst, impliziert eine Lösung der simultanen Kongruenz. Zum Beispiel ist k1 = 2 und k2 = 1 eine solche Lösung. Die implizierte Lösung der simultanen Kongruenz ist a = 2 • 8 + 5 = 1.12 + 9 = 21. 3.68 Da die Moduln teilerfremd sind, wenden wir den chinesischen Restsatz an, um die simultane Kongruenz zu lösen. Wir wenden das allgemeine Lösungsschema an. Schritt 1. Wir berechnen = n1=1 = m, • m3 = 7 • 9 = 63 i#i M2 =f 3=1 Mi =ml • 77/3 = 4 • 9 = 36 M3 =f 3=1 , =m1 • m2 = 4 • 7 = 28 i43 Schritt 2. Mittels erweitertem euklidischen Algorithmus berechnen wir die Darstellungen ti • mi 1 = S2 • M2 + t2 • M2 1 = s3 • M3 + t3 • M3 1=

-

= —1.63+ 1• 1•

16.4

36 + (-7) •5 28 + (-3) •9

Schritt 3. Lese die Basislösungen bl=

si • Mi = —1.63 = —63 b2 = s2 • M2 = 1.36 = 36 b3 = s3 • M3 = 1.28 = 28

aus Schritt 2 aus. Schritt 4. Eine spezielle Lösung der simultanen Kongruenz findet sich in a = ai • bi + a2 • b2 + a3 • b3 = 1 • (-63) + 2 • 36 + 3 • 28 = 93.

86

DER CHINESISCHE RESTSATZ

Schritt 5. Es ist M = mi • m2 • m3 simultanen Kongruenz ist somit

=

A

4 • 7 • 9 = 252. Die Menge aller Lösungen der

{199+ k• 252: k EZ}. Schritt 6. Die kleinste positive Lösung ist Rest252 (93) = 93.

■

3.69 Da die Moduln teilerfremd sind, wenden wir den chinesischen Restsatz an, um die simultane Kongruenz zu lösen. Schritt 1. Wir berechnen Ml

= m2 .m3

=113-1

M2 = 111=1

= M1 ' M3 = 5 7 = 35

i02

M3

=

6 •7 = 42

=

io3

MI

• 1T/2 = 5 •6 = 30

Schritt 2. Mittels erweitertem euklidischen Algorithmus berechnen wir die Darstellungen 1 = Si. • Mi. + ti • mi = —2 • 42 + 17 • 5 1 = s2 • M2 + t2 • M2 = —1 • 35 + 6 • 6 1 = s3 • M3 + t3 • 771,3 = —3 • 30 + 13 • 7

Schritt 3. Lese die Basislösungen bl = si • Mi. = —2 • 42 = —84

b2 = s2 • M2 = —1 • 35 = —35 b3 = s3 • M3 = —3 • 30 = —90

aus Schritt 2 aus. Schritt 4. Eine spezielle Lösung der simultanen Kongruenz findet sich in a=a l • bi + a2 • b2 + a3 • b3 = 1 • ( —84) + 4 • (-35) + 6 • ( —90) = —764. Schritt 5. Es ist M = mi • m2 • m3 simultanen Kongruenz ist somit

=

5 • 6 • 7 = 210. Die Menge aller Lösungen der

{-764 + k • 210 : k E Z}.

Schritt 6. Die kleinste positive Lösung ist Rest210 (-764) = 76.

■

3.70 Wir zeigen, dass die simultane Kongruenz genau dann eine Lösung besitzt, wenn a2 — al ein Vielfaches von ggT(mi. , m2) ist. Es sind zwei Richtungen dieser Äquivalenz zu zeigen. Seien also al und a2 so gewählt, dass es eine Lösung x der simultanen Kongruenz

87

k

DER CHINESISCHE RESTSATZ

gibt. Dann gibt es ganze Zahlen k1 und k2, so dass und

ki • mi + ai

x

x

= k2 • m2 + az•

Dann ist aber auch k1 • mi + ai = kz • M2 + az ki • mi — k2 • rn2 = az — ai Die linke Seite ist durch den ggT(mi , m2 ) teilbar und so muss das auch die rechte Seite sein. Was zu zeigen war. /1‹

":

Seien also ai und a2 so gewählt, dass a2 — ai ein Vielfaches von ggT(mi , m2 ) ist. Sei also a2 — ai = k • ggT(mi, m2) für ein k E Z. Nach dem Lemma von Bezout gibt es 136zout-Multiplikatoren k1, k2 e Z mit k1 •

mi + k2 • m2 = ggT(mi, m2).

Dann gilt aber auch m2 = k • ggT(mi, mz) k•ki•mi+k•k2•m2= a2— ai k • ki • mi + ai = a2 — k • k2 • m2 k • k1 • mi + k • k2 •

Wir nehmen die letzte Gleichung auf und setzen a = Dann ist mit a a

k • • mi + ai

a2 —

k • k2 • M2

ai a2

k • k l • m i + ai

= a 2 — k • k2 • m2.

(mod ml) (mod m2)

diese Zahl a eine Lösung der simultanen Kongruenz. Was zu zeigen war.

3.71 Sei a E Z die gegebene Lösung der simultanen Kongruenz. Wir zeigen, dass die Menge {a + k • kgV(mi , m2 ) : k E Z} gleich der Lösungsmenge der simultanen Kongruenz ist. Wir wollen eine Mengengleichheit zeigen und zeigen deshalb, das die eine jeweils in der anderen Menge enthalten ist. „C": Sei b E {a + k • kgV(mi , m2) : k E Z}, also ist b = a k • kgV(mi, m2 ) für ein k E Z. Wir zeigen nun, dass b eine Lösung der simultanen Kongruenz ist. Dazu rechnet man nach, dass b=a+k• kgV(mi,

m2 ) a ai (mod mi) = a + k • kgV(mi , m2 ) a a2 (mod m2),

was zu zeigen war.

88

DER CHINESISCHE RESTSATZ

„9": Sei b eine Lösung der simultanen Kongruenz. Wir zeigen, dass dann b = a kgV(mi , m2) für ein k E Z gilt.

A

k•

Zunächst beobachten wir, dass sowohl a als auch b Lösungen der simultanen Kongruenz sind und deshalb gilt b E a (mod mi) b a (mod m2)

0 a — b (mod mi) 0 a — b (mod m2).

Also ist a — b durch mi und m2 teilbar. Demnach ist die Differenz von a und b ein Vielfaches von mi als auch von m2. Das kleinst gemeinsame Vielfache teilt jedes Vielfache. Also gibt es ein k e Z mit a —b=k• kgV(mi , m2) und somit b = a — k • kgV(mi , m2), was zu zeigen war.

3.72 Man kann die Lösung sicherlich schnell raten oder übersetzt die Aufgabe in eine simultane Kongruenz, wobei x die Anzahl der Schüler in der Klasse sein soll. x 3 (mod 5) x E 4 (mod 6) x 0 (mod 7)

Da die Moduln teilerfremd sind, wenden wir den chinesischen Restsatz an, um die simultane Kongruenz zu lösen. Die Basislösungen können wir aus Aufgabe 3.69 übernehmen. Schritt 3. Lese die Basislösungen b1 =

si • M1 = —2 • 42 = —84 b2 = s2 • M2 = -1 • 35 = —35 b3 = s3 • M3 = —3.30 = —90

aus. Schritt 4. Eine spezielle Lösung der simultanen Kongruenz findet sich in a = ai • bi a2 • b2 a3 • b3 = 3 • (-84) + 4 • (-35) + 0 • (-90) = —422. Schritt 5. Es ist M = mi • m2 • m3 = 5 • 6 • 7 = 210. Die Menge aller Lösungen der simultanen Kongruenz ist somit {-422+ k• 210: k E 7L}. Schritt 6. Die kleinste positive Lösung ist Rest mo (-422) = 28. Es befinden sich also mindestens 28 Schüler in der Klasse.

■ 89

1K DIE EULERSCHE 92-FUNKTION

3.73 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: CRT_list([65,34324],[83,111342]) 8384974

3.74 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: [i for i in range(0,9241386) if (i%83-65)&(1%111342=-34324)] [8384974]

3.75 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: def CRT_my(rightSide, modules): n = len(rightSide) import numpy m = numpy.prod(modules) a=0 for i in range(0,n): M=m/modules[i] g,s,t = xgcd(M,modules[i]) a = a + rightSide[i].s.M return (Am)

3.76 Tatsächlich benötigt der in Sage implementierte Algorithmus CRT_li st ( ) genauso wie der oben geschriebene Algorithmus CRT_my nicht mal eine Nanosekunde Rechenzeit lediglich bei der Verarbeitung ist der implementierte etwas schneller. Brute force, also durchprobieren aller potenziellen Lösungen benötigt über 30 Sekunden Rechenzeit. sage: time CRT_list([65,34324],[83,111342]) CPU times: user 0 ns, sys: 0 ns, total: 0 ns Wall time: 69.9 ps 8384974 sage: time CRT_my([65,34324],[83,111342]) CPU times: user 0 ns, sys: 0 ns, total: 0 ns Wall time: 293 ps 8384974 sage: time [i for i in range(0,9241386) if (i%83=-65)0i%111342-34324)] CPU times: user 32.5 s, sys: 5.2 s, total: 37.7 s Wall time: 39.3 s [8384974]

3.77 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: CRT_list([14,65,123,1102,34324],[17,83,137,1123,1113421111]) 93239703165269698

3.5 Die eulersche 3-Funktion

Einleitung. Die eulersche co-Funktion zählt zu einer Eingabe n die teilerfremden Zahlen von 1 bis n. Sie spielt zum Beispiel in der Gruppentheorie als auch bei Anwendungen wie dem RSA-Schema eine zentrale Rolle. Es ist eine Sammlung von wenigen Aufgaben gegeben. Es sei auf Aufgabe 3.93 verwiesen. Mithilfe der dort genannten Funktion in Sage, kann man sich den Wert der eulerschen 99-Funktion für einen beliebige Eingabe ausgeben lassen. Eine Möglichkeit mehr zu üben, 90

DIE EULERSCHE 95- -FUNKTION

indem man für eine beliebige Zahl per Hand den Wert der eulerschen (p-Funktion ermittelt und dann das Ergebnis mittels Sage überprüft. Insbesondere die „Rückwärtsberechnung" der eulerschen (p-Funktion ist nicht ganz unkompliziert. Wir geben hier das algorithmische Lösungsschema an. SCHEMA F

3.3 (Rückwärtsberechnung der eulerschen (p-Funktion).

Aufgabe. Finde für eine Zahl m E N>2 alle Zahlen n mit (p(n) = m. Schritt 1. Finde alle Faktorisierungen von m in ausschließlich gerade Faktoren. Schritt 2. Es werden für jede Faktorisierung m = ai • a2 • • • (Lt aus Schritt 1 die folgenden Schritte durchgeführt. Schritt 2.1. Finde für alle Faktoren a, die Menge aller reinen Lösungen. Es kommen jeweils nur zwei Zahlen in Frage: S. Die Zahl ai + 1 ist eine reine Lösung von a„ wenn sie eine Primzahl ist. Dann setze b[z il = a, + 1 1. Für die größte Primzahl pi aus der Primfaktorzerlegung von a, = fl rr

k

Pi 3

pik prüft man ob (3.2)

= (pi — 1).

j=2

Ist dies der Fall, ist br] = p ik 1+1 eine reine Lösung von a,. Gibt es für einen Faktor keine reine Lösung, dann wird die Faktorisierung rn = ai • a2 • • • ae verworfen und Schritt 2.2 nicht ausgeführt. Schritt 2.2. Nun werden je paarweise teilerfremde reine Lösungen der Faktoren miteinander multipliziert. Dazu setzt man b]s1,52,•••,st1

- ei] . e2].• • bi.es-el

wobei die en jeweils reine Lösungen des Faktors ai sind. Schritt 3. Für jede gefundene ungerade Lösung b ist auch 2b eine Lösung.

Begriffe. eulersche (p-Funktion Übungskurs. 13 3.86

D 3.87

D 3.88

❑ 3.89

D 3.90

❑ 3.91

D 3.93

Aufgaben.

3.861Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 3 Für jede natürliche Zahl n gibt es eine natürliche Zahl m mit i,o(n) = m. D Für jede natürliche Zahl mit gibt es eine natürliche Zahl n mit 99(n) = m. D Es ist cp (8) = 4. D Es gibt genau zwei natürlich Zahlen, deren eulersche (p-Funktionswerte gleich 1 sind. 111 Es ist (,o(12) = 10. 91

1. DIE EULERSCHE ,c -FUNKTION

❑ Es gibt keine natürliche Zahl n mit 4n) = 3.

1 RZ-E

3.871 Berechnen Sie die eulersche 9-Funktion für nl = 17.

❑

RZ-E

3.881 Berechnen Sie die eulersche 9-Funktion für n2 = 204.

❑

RZ-E [5131

3.891 Berechnen Sie die eulersche yo-Funktion für n3 = 104.

❑

I RZ-E [514]

3.902 Finden Sie alle n E N mit yo(n) = 60.

❑

1 RZ-E [5I5]

3.912 Finden Sie alle n E N mit 9(n) = 28.

❑

1 RZ-E t516]

3.923 Zeigen Sie, dass es nur zwei natürliche Zahlen gibt, welche die eulersche 9-Funktion auf die 1 abbildet. ❑ 3.93s Berechnen Sie die eulersche 9-Funktion für eine beliebige Zahl n E N. Ihr Ergebnis können Sie mit Sage über den Befehl eu le r_phi (n) überprüfen. ❑ 3.94s Schreiben Sie eine naive Sage-Funktion myEuler_phi (n) , welche für ein n E N>i den Funktionswert 99(n) berechnet, indem es für jede Zahl m kleiner n prüft, ob sie teilerfremd zu n ist. Dazu verwenden Sie gcd (n, m), welche den größten gemeinsamen Teiler von n und m berechnet. ❑ 3.95s Vergleichen Sie die Laufzeit (t ime) Ihre Sage-Funktion myEuler_phi (n) mit der in Sage implementierten Funktion euler_phi (n) für n = 1234567. ❑ 3.96s Schreiben Sie ein Sageprogramm phi_reine_lsg (n), dass für alle geraden Zahlen bis n die reinen Lösungen ausgibt. ❑ 3.97s Implementieren Sie den zweiten Schritt der Rückwärtsberechnung der eulerschen cp-Funktion. ❑ Zusatzaufgaben. 3.98„, Finden Sie alle n E N mit (,o(n) = 84. 3.991* Finden Sie alle n E N mit cp(n) = 104.

Lösungen. 3.86 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? g. Für jede natürliche Zahl n gibt es eine natürliche Zahl m mit (p(n) = m - die Aussage ist korrekt. ❑ Es gibt nicht für jede natürliche Zahl mit auch eine natürliche Zahl n mit (,o(n) = m. Mit Ausnahme der 1 gibt es zum Beispiel keine ungerade Zahl im Bild der eulerschen 9-Funktion. EX Es ist (p(8) = 4. 2r Es gibt genau zwei natürlich Zahlen, deren eulersche 9-Funktionswerte gleich 1 sind - nämlich die 1 und die 2. 92

DIE EULERSCHE ,7 -FUNKTION

2 Es ist 99(12) = (p(3) • cp(4) = 2 . 2 = 4. CRI Es gibt tatsächlich für jede ungerade Zahl m > 3 keine natürliche Zahl n mit cp(n) = m.

■ ■ ■ ■

3.87 Es ist 99(17) = 17 - 1 = 16. 3.88 Es ist (7)(204) = ,o(22 • 3 • 17) = (2 - 1) • 21 • (3 - 1) • (17 - 1) = 64. 3.89 Es ist 4540) = 99(22 • 33 • 5) = (2 - 1) • 21 • (3 - 1) • 32 • (5 - 1) = 144. 3.90 Gegeben ist 7n = 60, gesucht sind alle Lösungen n von cp(n) = 60.

Wir wende das allgemeine Schema zum Auffinden von Urbildern der eulerschen 99-Funktion an, um die Urbilder der 60 zu finden. Schritt 1. Es ist m = 60 = 2 • 30 - also hat m = 60 zwei Faktorisierungen in gerade Faktoren. Für jede der beiden Faktorisierungen führe die Schritte 2.1 und 2.2 durch. Faktorisierung m = 60. Schritt 2.1. J Finde reine Lösungen für ai = 60. - 60 + 1 = 61 V Primzahl - 60 51 • 3 • 22 -> prüfe (5 - 1) 3 • 22 I

b1

=

61

Schritt 2.2. Ist für diese Faktorisierung trivial. Wir erhalten eine Lösungen bin = Faktorisierung m = 60.

= 61 für die

Faktorisierung m = 2 • 30. Schritt 2.1. Finde reine Lösungen für ai = 2. - 2 + 1 = 3 V Primzahl - 2 = 21 -> prüfe (2 - 1) 1 ✓ } Finde reine Lösungen für az = 10. - 30 + 1 = 31 V Primzahl 37.. -7. - 30 _ z -> prüfe (5 - 1) I 31 • 21 f S.

=3 b[12 = 21 +1 = 4 > b211 = 31

Schritt 2.2.

93

k

DIE EULERSCHE (,o-FUNKTION

Lösungen für Faktorisierung m = 2 •10 sind ... 0'11 = b 1. 1 • b[211 = 5.31 = 185

✓ - weil 5 und 31 teilerfremd sind

0'11 = e • b211 = 8.31 -= 248

V - weil 8 und 31 teilerfremd sind

Zusammentragen der bisherigen Lösungen ergibt {61, 185, 248}. Schritt 3. Für jede gefundene ungerade Lösung n füge 2n hinzu. Wir erhalten die Lösungsmenge cp (60)-1 =

{61, 122, 185, 248, 370}.

3.91 Gegeben ist m = 28, gesucht sind alle Lösungen n von yo(n) = 60. Schritt 1. Es ist m = 28 = 2 • 14 - also hat m = 28 zwei Faktorisierungen in gerade Faktoren. Für jede der beiden Faktorisierungen führe die Schritte 2.1 und 2.2 durch. Faktorisierung m = 28. Schritt 2.1. k Finde reine Lösungen für a1 = 60. - 28 1 = 29 ✓ Primzahl - 28 = 71 • 3 • 22 -> prüfe (7 - 1) = 22 f

e = 29

Schritt 2.2. Ist für diese Faktorisierung trivial. Wir erhalten eine Lösungen Faktorisierung m = 28.

= e = 29 für die

Faktorisierung m = 2 • 14. Schritt 2.1. Finde reine Lösungen für al = 2. - 2 + 1 = 3 / Primzahl - 2 = 21 -> prüfe (2 - 1) '=?-- 1 V I. Finde reine Lösungen für a2 = 14. - 14 1 = 15 - 14 = 71 • 21 -> prüfe (7 - 1)

S.

>

=3 = 21+1 = 4

Es gibt für den Faktor a2 = 14 keine reine Lösung, die Faktorisierung m = 2 • 14 wird verworfen. 94

DIE EULERSCHE ,:;-FUNKTION

A

Zusammentragen der bisherigen Lösungen ergibt {29}. Schritt 3. Für jede gefundene ungerade Lösung n füge 2n hinzu. Wir erhalten die Lösungsmenge cp (28)-1 = {29,58}.

3.92 Wir können das Schema F 3.3 zur Rückwärtsberechnung der eulerschen v-Funktion nicht anwenden, da nur natürliche Zahlen größer 1 als Bilder zugelassen sind. Zunächst beobachtet man, dass (,0(1) = 1 und co(2) = 1 ist. Sei also n > 3. Dann ist n entweder von der Form n = 2k für ein k > 2 oder n = p k • n' für eine Primzahl p > 3, ein k E N>1 und n' E N so, dass p kein Teiler von n' ist. Nach der Regel für Primpotenzen gilt für den ersten Fall cp(2k ) = (2 - 1) • 2k-1 > 1, da k > 2 ist. Für den zweiten Fall gilt V(Pk • n') = (p0)k ) • An')

(73 - 1) •Pk-i >p-1>2,

da p und n' teilerfremd sind, nach der Regel für Primpotenzen bzw, dass die eulersche v-Funktion mindestens 1 ist (sie zählt ja eine Menge, zu der sicherlich immer die 1 gehört) und weil p > 2 ist. • 3.93 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: euler_phi(12345) 6576 sage: factor(12345) 3 * 5 * 823 sage: 2,4.822 6576

3.94 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: def myEuler_phi(n): k=0 for m in range(1,n): if gcd(n,m)=-1: k+=1 return(k) sage: myEuler_phi(81) 54

3.95 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: time myEuler_phi(1234567) CPU times: user 2.12 s, sys: 234 ms, total: 2.36 s Wall time: 2.65 s 1217712 sage: time euler_phi(1234567)

95

} DER SATZ VON EULER

CPU times: user 0 ns, sys: 0 ns, total: 0 ns Wall time: 40.1 Rs 1217712 sage: time euler_phi(1234567890123456789012345678901234567890123456789012345678901234567890 • 1234567890123456789012345678901234567890) CPU times: user 797 ms, sys: 297 ms, total: 1.09 s Wall time: 1.61 s 2848661816547111476774075582926517777652250495710486860172437891420123733903386874556856529 686888448000000000

3.96 Ihre L6sung k6nnte folgendermagen aussehen. sage: def phi_reine_lsg(n): #Gebe alle reinen 1,6sungen fur Zahlen bis n aus reine_lsg = [] for i in range(2,n+1,2): pl = factor(1)[ -1] reine_lsg_current =[i,[]] if if

(1+1) in Primes(): reine_lsg_current[1].append(i+1)

(i/(p1[0]"p1[1]))=-(p1[0]-1): reine_lsg_current[1].append(p1[0] - (p1[1]+1)) reine_lsg.append(reine_lsg_current)

return(reine_lsg) sage: phi_reine_lsg(16) [[2, [3, 4]], [4, [5, 8]], [6, [7, 9]], [8, [181], [10, [111], [12, [13]], [14, [1], [16, [17, 32]]]

3.97 Ihre L6sung k6nnte folgendermagen aussehen. sage: def phirueck_2(a): #Eingabe: Liste a der Faktoren einer Faktorisierung ell = len(a) b = [[0,0] for i in range(0,e11)] #Schritt 2.1 solution=[] for i in range(0,e11): pl - factor(a[i])[-1] if a[1]+1 in Primes(): b[1][0]=a[i]+1 if a[i]/(p1[0] -p1[1])==(p1[0]-1): b[i][1]=p1[0]"(p1[1]+1) #Schritt 2.2 solution=[] if ell>=2: d=[[b[i][mod(floor(j/(2"1)),2)] for i in range(0,e11)] for j in range(0,2^e11)] for c in d: if (prod([gcd(c[s],c[t]) for s in range(0,e11) for t in range(s+1,e11)1))=-1: solution.append(prod(bb)) else: solution = set(6[0])-set([0]) return set(solution) sage: phirueck_2([2,10]) set([33, 44])

3.6 Der Satz von Euler

Einleitung. Mithilfe des Satzes von Euler kann man Kongruenzen groger Zahlen schneller berechnen. Er gibt die Kongruenz e(n) 1 (mod n) fiir natiirliche Zahlen a, n E N mit a (mod n). n > 2. Ist n eine Primzahl, dann gilt der kleine Satz von Fermat mit an

96

DER SATZ VON EULER

A

Eine Anwendung findet der Satz von Euler beim schnellen Potenzieren. Wir geben den Algorithmus SPot an. Algorithmus 3.4 (SPoT). Input: a, m E N. Output: am.

1.Berechne die Binärdarstellung von m = Eis=0 bi • 2i mit bi E {0,1}. 2.Setze s = [log2(m) J. 3.Setze Pa,s = for i = 1 to s do 5.Lese a2x-1 aus Pa,s aus und berechne a2' = a2'-1 • 6.Speichere a2' in Pa,s. end for 7.Berechne durch Aufrufen der Liste Pa,s am=

fia2'. ie{o,i,...,s}:bi=i

Begriffe. Satz von Euler - kleiner Satz von Fermat - schnelles Potenzieren

Übungskurs. ❑ 3.100

▪

0 3.101

0 3.103

Aufgaben. 3.100/ Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? O Es gilt für alle a, rt E N stets e(n) = 1. ❑ Für eine Primzahl n E N gilt stets a' a (mod n). O Es gibt keine natürliche Zahl Ti E N, die keine Primzahl ist, so dass gilt an = a (mod n). O Der Satz von Euler ist für die Reduktion von Kongruenzen großer Zahlen nützlich. 0 Der Algorithmus 3.4 SPot benötigt für a, m E N höchstens 2 • [log2 (m)] Multiplikationen um am zu berechnen.

3.101 2 Nutzen Sie den Satz von Euler um Aufgabe 3.29 zu lösen. Finden Sie also alle

Zahlen z E Z, deren Betrag kleiner 9 ist, so dass gilt 41021° z (mod 9). 0 3.1022 Nutzen Sie den Satz von Euler um Aufgabe 3.30 zu lösen. Finden Sie also eine Zahl z E N mit z < 19, so dass gilt

7717 = z (mod 19). 97

RZ-S

0111

DER SATZ VON EULER

0 RZ-S

❑

3.103' Berechnen Sie Rest83 (2167) Zusatzaufgaben. 3.104! Berechnen Sie Rest17 (3167)

❑

3.105

❑

Berechnen Sie Rest3 (125).

3.106! Berechnen Sie mithilfe des Algorithmus SPOT die Potenz a = 11'4 (benutzen Sie für die einzelnen Rechnungen gerne einen Taschenrechner). Wie viele Multiplikationen benötigen Sie dafür? ❑ 3.107! Schreiben Sie eine sage-Funktion SPot (b, e) , welche für zwei ganze Zahlen b, e die Potenz be mittels Algortihmus sPot berechnet - implementieren Sie also diesen Algorithmus in Sage. Testen Sie Ihre Funktion mit den Wertepaaren (b, e) = (12342, 234) und (b, e) = (10, 1234). 3.108! Vergleichen Sie Ihre Lösung aus Aufgabe 3.107 mit einer naiven Funktion NaivPot (b, e), welche für zwei ganze Zahlen b, e die Potenz be berechnet, indem es e — 1 viele Multiplikaitonen be = b•b•• • b durchführt. Dazu testen Sie beide Funktionen mit den Wertpaaren (b, e) = (100000, 123).

❑

Lösungen. 3.100 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ Es gilt für alle a, n E N stets ceP(n) = 1. ❑ Für eine Primzahl n E N gilt stets an a (mod n). O Es gibt keine natürliche Zahl n E N, die keine Primzahl ist, so dass gilt an a (mod n). O Der Satz von Euler ist für die Reduktion von Kongruenzen großer Zahlen nützlich. O Der Algorithmus 3.4 SPot benötigt für a, m E N höchstens 2 • Llog2 (m)J Multiplikationen um am zu berechnen. • 3.101 Wir wenden den Satz von Euler an. Mit (70(9) = 6 gilt dann 41021° 41024 • 41026 74 . 1

16 (mod 17). •

3.102 Wir wenden den Satz von Euler an. Mit (p(17) = 16 gilt dann 7717=77 . 7716= 77 1 _ 9 (mod 17).

98

DER SATZ VON EULER

A

3.103 Es ist cp(83) = 82, also gilt nach dem Satz von Euler 282 1 (mod 83) und damit 82 25 ) = Rest83 (1 • 1 • 28) = Rest83 (28) = 32. Rest83 (2167 ) = Rest83 (282 • 2

99

}

DER SATZ VON EULER

100

4

Algebraische Strukturen

Wir möchten uns nun mit der allgemeinen Theorie vom Rechnen beschäftigen. Dazu werden wir alltägliche Konzepte des Rechnens, wie das Zählen, das Bruchrechnen, das Rechnen mit reellen Zahlen abstrahiert und mathematisch beschreiben. Das geschieht in der Beschreibung von sogenannten algebraischen Strukturen. Das Wort Algebra kommt aus dem Arabischen von al-dschabr was mit „das Zusammenfügen gebrochener Teile" ins Deutsche zu übersetzen ist. Es geht also tatsächlich um das Rechnen mit Elementen einer festen Menge bezüglich jeweils definierter Rechenoperationen, wie zum Beispiel „+" oder „.". Das Wort „Struktur" konkretisiert, dass diese Rechenoperationen bestimmten Regeln folgen. Erarbeitungshinweis. Man sollte nach dem Studium dieses Kapitels mit dem Konzept algebraischer Strukturen vertraut sein. Insbesondere sollte man eine konkrete Vorstellung mitnehmen, was eine Gruppe, ein Körper und ein Vektorraum sind. Wichtig für den weiteren Verlauf der Studien in der linearen Algebra sind die linearen Abbildungen.

4.1 Einleitung algebraische Strukturen.

Einleitung. Unter einer algebraischen Struktur verstehen wir eine Menge, auf welcher mindestens eine Verknüpfung definiert ist, welche bestimmten Rechenregeln gehorcht. Die Menge der natürlichen Zahlen mit der gewöhnlichen Addition ist ein solches Beispiel, es gilt beispielsweise das Assoziativgesetz. Es ist nämlich (3 + 4) + 5 = 3 + (4 + 5) - die Reihenfolge der Verknüpfung spielt keine Rolle. Das Rechnen mit (natürlichen, rationalen, reellen, ... ) Zahlen, wie die Addition oder Multiplikation, ist auf das Wesentliche reduziert eine Abbildung von zwei Zahlen auf ihre Summe oder ihr Produkt. Es werden zum Beispiel die 5 und die 4 bei der Addition auf die 9 und bei der Multiplikation auf die 20 abgebildet. Letztlich sind solche Rechenoperationen also Abbildungen von einem Tupel von zwei Zahlen auf eine weitere Zahl. Für eine allgemeine Menge M ist also eine Verknüpfung eine Abbildung vom kartesischen Produkt der zugrundeliegenden Menge M x M in die Menge M (oder eine Obermenge M c M')

3. EINLEITUNG ALGEBRAISCHE STRUKTUREN.

selbst. Eine Verknüpfung, also eine Abbildung aus dem kartesichen Produkt einer Menge M, kann auch in einer Verknüpfungstabelle dargestellt werden. In einer Verknüpfungstabelle sind die Zeilen und Spalten mit den Elementen aus M indiziert. Der Eintrag in der Tabelle entspricht dann dem Bild des Tupels aus dem Elemten der entsprechenden Zeile und dem Element der entsprechenden Spalte. Begriffe. Verknüpfung - Verknüpfungstabelle - Z, Übungskurs. 2 4.1

2 4.2

3 4.4

Aufgaben. 4.1 / Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 3 Rechenoperationen werden auch als Verknüpfungen bezeichnet. 2 Eine Verknüpfung auf einer Menge M bildet Tupel von Elementen aus M auf ein Tupel von Elementen aus M ab. O In einer Verknüpfungstabelle einer Verknüpfung auf einer beliebigen Menge kann es eine Zeile geben, in welcher alle Einträge identisch sind. E Es ist 6 G4 7 = 9 ED4 12. 3 Eine Verknüpfung auf einer Menge M ist eine Abbildung aus dem kartesischen Produkt einer Obermenge von M mit sich selbst in diese Obermenge von M.

AS-G [S111

AS-G [5121

4.2' Stellen Sie die Verknüpfungstabelle der Verknüpfung e6 auf der Menge Z6 auf.

❑

4.31 Stellen Sie die Verknüpfungstabelle der Verknüpfung 06 auf der Menge Z auf.

❑

4.43 Zeigen Sie, dass die Abbildung f : Z, -4 Z,,, x x e„ 2 für alle n E N>2 bijektiv ist. Diese Abbildung wird im übrigen als Translation (in der Gruppe (Z., en)) um 2 bezeichnet.

Zusatzaufgaben. 4.5! Stellen Sie die Verknüpfungstabelle der Verknüpfung 08 auf der Menge Z8 auf.

❑

4.61* Stellen Sie die Verknüpfungstabelle der Verknüpfung 08 auf der Menge Z auf.

❑

4.73, Zeigen Sie, dass die Abbildung f : -+ x H x on 2 für alle n E N>2 bijektiv ist. Diese Abbildung wird im übrigen als Translation (in der Gruppe (Z,1,`, 0„)) um 2 bezeichnet.

102

EINLEITUNG ALGEBRAISCHE STRUKTUREN.

A

II Lösungen. 4.1 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? CRI Rechenoperationen werden auch als Verknüpfungen bezeichnet. II Siehe unten. g In einer Verknüpfungstabelle einer Verknüpfung auf einer beliebigen Menge kann es in der Tat eine Zeile geben, in welcher alle Einträge identisch sind - weitere Einschränkungen für die Verknüpfungen erhält man durch Rechenregeln, welche auf den Elementen einer Menge gelten sollen, wie dies beispielsweise bei Gruppen der Fall ist. CRI Es ist 6 04 7 = Rest4 (13) = 1 = Rest4 (21) = 9 ®4 12. L Eine Verknüpfung auf einer Menge M ist eine Abbildung aus dem kartesischen Produkt einer Obermenge von M mit sich selbst in diese Obermenge von M.

4.2 Es ist 7L6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5} und 06 ist definiert als a 06 b = Rest6 (a erhalten wir die folgende Verknüpfungstabelle. 06

0 1 2 3 4 5

0 0 1 2 3 4 5

1 1 2 3 4 5 0

2 2 3 4 5 0 1

3 3 4 5 0 1 2

4 4 5 0 1 2 3

b). Damit

5 5 0 1 2 3 4 ■

4.3 Es ist Z = 5} und 06 ist definiert als a 06 b = Rest6 (a • b). Damit erhalten wir die folgende Verknüpfungstabelle. 06 1 5 1 15 5 51

4.4 Es ist zu zeigen, dass die Abbildung f : —› 7Gn, x H x ®, 2 für alle n E N>2 surjektiv und injektiv ist, denn dann ist sie bijektiv. Sei also n e N>2 beliebig gewählt. Surjektivität. Es sei x E Zn beliebig gewählt. Wir setzen x' = Rest, — 2). Da der Rest modulo n in der Menge {0, , n — 1} liegt, ist x' E Zn. Jetzt rechnen wir nach, dass (x') =

0,2 2 = Rest, (x'

2) = Rest-, (Rest, (x — 2) + 2)

= Rest, (x — 2 + 2) = Rest, (x) = x 103

GRUPPEN

Also hat x ein Urbild unter f . Da x beliebig aus Z, gewählt ist, ist f surjektiv. Injektivität. Angenommen, es gibt x, x' E Zn so, dass f (x) = f (x') ist. Dann ist x ®n 2 = x' ®n 2. Damit ist aber auch Rest, (x + 2) = Reste (x' + 2). Umgeformt erhalten wir Rest, (x + 2) — Rest, (x + 2) = Rest, (x' + 2) Rest, (x + 2) und 0= Rest, (x' + 2 — x — 2) = Restn (x' — x). Also ist x' —x ein Vielfaches von n. Da aber x und x' jeweils aus Zn = {0, 1, 2, ... , n — I} gewählt sind, kann nur x = x' gelten. Damit ist f injektiv.

4.2 Gruppen

Einleitung. Eine Gruppe ist die mathematische Abstraktion vom Rechnen mit einer „umkehrbaren" Verknüpfung, wie beispielsweise die Addition in den ganzen Zahlen oder die Multiplikation in den rationalen Zahlen ohne die 0. Eine Gruppe ist eine Halbgruppen mit zusätzlichen Eigenschaften. Eine Halbgruppe ist eine Menge mit einer Verknüpfung, welche abgeschlossen und assoziativ ist, eine Gruppe besitzt zusätzlich ein neutrales Element und für jedes Element ein inverses Element. Formal ist eine Halbgruppe (H, o) ein Tupel aus 1. einer Menge H und k einer Verknüpfung o : H' x H' —> H' wobei H c H' ist, so dass folgende Axiome gelten. Hl. aobEH H2. a o (b o c) = (a o b) c

(Abgeschlossenheit) (Assoziativität)

Va, b E H Va, b,c e H

Eine Gruppe (G, o) ist ein Tupel aus k einer Menge G und i einer Verknüpfung o:

x G' -+ G', wobei G c G' ist,

so dass die folgenden Axiome gelten. Gl. (G, o) bildet eine Halbgruppe G2. 3eEG:VaEG:eoa=a G3. VaEG:3EiEG:äoa=e

(Abgeschlossenheit + Assoziativität) (Neutrales Element) (Inverses Element)

Begriffe. Gruppe - abelsche Gruppe - Halbgruppe - neutrales Element - inverses Element Übungskurs. 104

GRUPPEN

❑ 4.8 3 4.18 ❑ 4.29

E 4.9 0 4.47 ❑ 4.32

3 4.11 El 4.21

3 4.10 3 4.20 ❑ 4.34

3 4.12 3 4.23

1: 4.16 ❑ 4.25

A

3 4.17 0 4.28

Aufgaben. 4.8i Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ ❑ ❑ ❑ ❑ ❑ ❑ ❑ ❑ ❑ ❑ ❑

Jede Gruppe ist eine Halbgruppe. Zwei Halbgruppen bilden zusammen eine Gruppe. In einer Gruppe (G, o) gilt für alle a, b E G stets a ob E G. Es seien zwei unterschiedliche Verknüpfungen o und * auf einer Menge G gegeben. Sowohl das Tupel (G, o) als auch das Tupel (G, *) können jeweils eine Gruppe bilden. Es gibt endliche Gruppen ungerader Ordnung mit einer geraden Anzahl von Elementen. In der Verknüpfungstabelle der Verknüpfung einer Gruppe der Ordnung mindestens 2 kann es eine Zeile geben, in welcher alle Einträge identisch sind. Eine abelsche Gruppe hat immer gerade Ordnung. Jede Gruppe besitzt eine Untergruppe. Jede Gruppe besitzt eine echte Untergruppe. In endlichen Gruppen teilt die Ordnung von Gruppenelementen stets die Gruppenordnung. Es gibt Gruppen, in denen es zwei Elemente der Ordnung 1 gibt. Abelsche Gruppen haben symmetrische Verknüpfungstabellen, aber nicht alle Gruppen mit symmetrischer Verknüpfungstabelle sind abelsch.

Es sei G = {a, b, c, d, g, h} und o:GxG --> G eine Verknüpfung mit der folgenden Verknüpfungstabelle. 0 a

a b c dgh c 9 b a h d b 9 d h b a c c b h 9 c d a d a b c d g h 9 h a d 9 c b h d c a h b 9 Das Paar (G, o) bildet eine Gruppe (dies muss/soll nicht bewiesen werden). 4.9' Nennen Sie das neutrale Element e in (G, o). 4.10' Ist (G, o) eine abelsche Gruppe? 4.111 Bestimmen Sie für alle Elemente in G jeweils das Inverse.

105

GRUPPEN

4.121 Zeigen Sie, dass das Assoziativgesetz in (G, o) für die Elemente a, b, c (das sind keine Variablen - also beliebige Gruppenelemente - sondern speziell die Gruppenelemente a, b, c) gilt. Zeigen Sie also, dass (a o b) o c = a o (b o c). ❑ 4.132 Es sei G = fa, b, c, d, g, h1 und 0:GxG -+ C eine Verknüpfung, sodass das Paar (G, o) eine Gruppe bildet. Vervollständigen Sie die folgende Verknüpfungstabelle (mit Begründung - Relationen und Rechnungen angeben).

0

abcdgh c b d h

a b c

9

d

d

h

a

d

4.142 Nennen Sie alle Quadrate in der Gruppe (G, o) aus Aufgabe 4.13. Ein Quadrat ist ein Elemente x E G der Form x=yoy mit y E G. ❑ 4.152 Es sei G = {a, b, c, d} und 0:GxG --> G eine Verknüpfung mit der folgenden Verknüpfungstabelle. 0

a b c d

ab c d c a xi b a b c d d c b x2 b d X3 c

Das Paar (G, o) bildet eine abelsche Gruppe mit x1, x2, x3 e G. Vervollständigen Sie die Verknüpfungstabelle, indem Sie die Variablen xl, x2 , x3 begründet mit Werten aus G belegen - dabei sollen Sie nicht auf das Argument zurückgreifen, dass in jeder Spalte und Zeile jedes Gruppenelement genau einmal enthalten ist. Denken Sie daran, dass (G, o) eine abelsche Gruppe ist. ❑ 4.162 Betrachte für eine endliche Menge von Vektoren v1, , vs e 1R die Menge aller Positivkombinationen 1C(vi., ... , vs ) ={ v E 118n : v = Ea • vi mit ai, ... , as E R>0

i---1 den von v,, , vs aufgespannten Kegel. Zeigen Sie, dass Kegel zusammen mit der Vektoraddition im IV Halbgruppen sind. ❑ 1 AS-G

4 172 Sei G=

(.2) : s3

106

x2, x3 E Eel

GRUPPEN

A

und für x, y E G die Addition definiert als + 91 X

y = (x2 + 92). x3 +

Zeigen Sie, dass das Tupel (G,ED) eine abelsche Gruppe ist. Hinweis: Sie dürfen als bereits bewiesen voraussetzen, dass (R, +) eine abelsche Gruppe ist. ❑ 4.182 Welche Ordnung hat die Gruppe (G, ED) aus Aufgabe 4.17?

❑

4.192 Zeigen Sie, dass die Menge =S

I AS-G 15121 AS-G 15131

(x2)

: Xi, X2 E Ill}

eine Untergruppe der Gruppe (G, e) aus Aufgabe 4.17 bildet.

❑

4.202 Finden Sie weiter Untergruppen der Gruppe (G, e) aus Aufgabe 4.17 über die Untergruppe aus Aufgabe 4.47 hinaus. Finden Sie endliche Untergruppen? CI 4.21 2 Zeigen Sie, dass das Tupel ({1, 2, 3, 4, 5,61, 07) eine abelsche Gruppe ist.

❑

AS-G 151411

4.222 Zeigen Sie, dass das Tupel ({1, 2, 4}, 07) eine Untergruppe der Gruppe ({1, 2, 3, 4, 5,AS-G 55 6)TT1 aus Aufgabe 4.21 ist. ❑ 4.232 Geben Sie alle Elemente der Permutationsgruppe S4 an.

❑

4.242 Berechnen Sie sign([4 5 3 2 1]).

❑

4.252 Berechnen Sie mithilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus sowohl ggT (15, 109) als auch das Inverse von e = 15 in der multiplikativen Gruppe (Z*Ios 0109). 0

AS-G [5161 AS-G C5171

4.263 Zeigen Sie, dass in einer Gruppe (G, o) für alle a E G es genau ein inverses Element d zu a gibt. 0 4.273 Zeigen Sie, dass in einer Gruppe (G, o) für alle a e G das inverse Element zu a wiederum a ist. ❑ 4.283 Hat 12 ein inverses Element modulo 15 (d.h. es gibt ein

Z mit 12 • s = 1 ❑

I AS-G [510]

4.293 Sei n E N>2. Beweisen Sie, dass eine ganze Zahl a E Z genau dann ein inverses Element modulo n besitzt (d.h. es gibt ein s E Z mit a • s 1 (mod n)), wenn ggT(a, n) = 1? ❑

I AS-G 15191

(mod 15))?

s E

4.303 Betrachten Sie die Gruppe (4, Op), wobei p eine Primzahl ist. Eine Zahl a E heißt quadratischer Rest, wenn es eine Zahl b E Z; gibt, mit a = b O1, b

oder gleichbedeutend

a b2 (mod p).

107

GRUPPEN

Zeigen Sie, dass für jeden quadratischen Rest a E Z; gilt

i ,_1

a 2 = 1 (mod p). Bemerkung: Umgangssprachlich bzw. in den natürlichen Zahlen sind „quadratische Reste" einfach die „Quadratzahlen" in Z; (sie heißen „Reste", weil es sich um einen Rest beim Teilen durch p handelt). Wie in N sind natürlich nicht alle Zahlen in Zp* Quadratzahlen. ❑ AS-G [6101

4 313 Sei (G, o) eine endliche abelsche Gruppe. Zeigen Sie, dass für jedes Element g e G die Ordnung stets die Gruppenordnung von G teilt. ❑

1 AS-G [6101

4 323 Sei (G, o) eine Gruppe. Es gelte g2 = e für alle g E G. Zeigen Sie, dass G abelsch ist. [3

AS-G t6I11

4.333 Beweisen Sie, dass die Permutationsgruppe S, Ordnung n! hat.

❑

4.343 Beweisen Sie, dass die Gruppe Sn genau dann abelsch ist, wenn n < 2 ist.

❑

Zusatzaufgaben. 4.352 Es sei (G, o) die Gruppe aus Aufgabe 4.13. Bestimmen Sie sowohl das kleinste k E N>0 mit ak = e (hier ist a E G und e das neutrale Element in G) als auch das kleinste E N mit ct = e. ❑ 4.362 Es sei (G, o) die Gruppe aus Aufgabe 4.15. Nennen Sie das neutrale Element der Gruppe (G 0). 3 4.372 Es sei (G, o) die Gruppe aus Aufgabe 4.15. Nennen Sie für jedes Element das inverse Element in (G, o). ❑ 4.382 Zeigen Sie, dass alle endlichen echten Untergruppen der Gruppe (G, EID) aus Aufgabe 4.17 Ordnung 3, 5 oder 7 haben. ❑ 4.392 Zeigen Sie, dass die Menge U = {0, 3, 6, 9} = {x E Zi2 : X

3n (mod 12) für ein n E N}

mit der Verknüpfung e12 eine Gruppe ist. Offensichtlich gilt U c Zi2 -= 113, 1, 2, ... , 10, 111 und Sie dürfen voraussetzen, dass (Z12 , 012 ) eine Gruppe ist. 4.40

Geben Sie alle Elemente der Permutationsgruppe S3 an.

13

4.412 Berechnen Sie sign([3 6 2 5 1 4]).

❑

4.422 Berechnen Sie sign([6 7 4 2 3 1 5]).

❑

4.432 Berechnen Sie mithilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus das Inverse von e = 12 in der multiplikativen Gruppe (Z*119, 0119)• 3 4.442 Berechnen Sie das inverse Element zur 7 in der Gruppe (40, 030 ).

108

❑

GRUPPEN

4

4.452* Berechnen Sie das inverse Element zur 11 in der Gruppe (Z41, 041). 4.463. Beweisen Sie, dass die Menge Siz mit der Verkettung von Abbildungen o eine Gruppe bildet. ❑ 4.47,3, Für welche n E N ist (in \ {O}, On) eine Gruppe?

❑

Lösungen. 4.8 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? d Jede Gruppe ist eine Halbgruppe, die zusätzlich noch die Axiome G2 - es gibt ein neutrales Element - und G3 - jedes Element besitzt ein inverses Element - erfüllt. ❑ Zwei Halbgruppen bilden nicht „zusammen" eine Gruppe - was soll das schon heißen. Zwei Halbgruppen können auf unterschiedlichen Mengen mit unterschiedlichen Gruppen definiert sein - wie soll man sie dann „zusammennehmen". Eine Halbgruppe kann für sich auch eine Gruppe bilden, wenn Sie zusätzlich die Axiome G2 und G3 erfüllt. d In einer Gruppe (G, o) gilt für alle a, b E G stets a o b E G, weil jede Gruppe nach G1 eine Halbgruppe und damit nach H1 abgeschlossen bezüglich der Verknüpfung ist und das meint, dass a o b E G ist. d Es ist tatsächlich möglich, dass dieselbe Menge G jeweils zusammen mit unterschiedlichen Verknüpfungen eine Gruppe bildet. Man betracht die Menge G = {a, b, c, d} mit den beiden Verknüpfungen o und *, welche über die folgende Verknüpfungstabellen gegeben sind. * a b c d a b c d b b d a c d b c d d c b

o a a b b c c d d

a

b b a d c

c d c d d c a b b a

Man kann leicht nachprüfen, dass für beide Verknüpfungen die Gruppenaxiome G1 bis G3 erfüllt sind. ❑ Es gibt keine endlichen Gruppen ungerader Ordnung mit einer geraden Anzahl von Elementen - die Ordnung einer Gruppe ist als die Anzahl ihrer Elemente definiert. ❑ In der Verknüpfungstabelle der Verknüpfung einer Gruppe der Ordnung mindestens 2 kann es keine Zeile geben, in welcher alle Einträge identisch sind - ganz prinzipiell findet sich in jeder Zeile und übrigens auch Spalte jedes Element einer Gruppe genau einmal. ❑ Eine abelsche Gruppe hat nicht immer gerade Ordnung. Zum Beispiel hat die triviale Gruppe mit einem Element Ordnung 1. In ihr ist 1 o 1 = 1 und sie ist abelsch. Außerdem hat jede Gruppe (Zn, ED) für ungerades n ungerade Ordnung (nämlich n) und ist dennoch abelsch. d Jede Gruppe besitzt eine Untergruppe, denn jede Gruppe ist eine Untergruppe in ihr 109

}► GRUPPEN

selbst. ❑ In Gruppen, deren Ordnung eine Primzahl ist, kann es keine echten Untergruppen geben. Denn die Ordnung der Untergruppe teilt nach dem Satz von Lagrange die Ordnung der Gruppe. Eine Primzahl hat aber keine echten Teiler. IX In endlichen Gruppen teilt die Ordnung von Gruppenelementen stets die Gruppenordnung. ❑ Es gibt keine Gruppen, in denen es zwei Elemente der Ordnung 1 gibt. Denn sonst gäbe es zwei neutrale Elemente, was nicht möglich ist. ❑ Abelsche Gruppen haben symmetrische Verknüpfungstabellen und alle Gruppen mit symmetrischer Verknüpfungstabelle sind abelsch.

4.9 Es ist d das neutrale Element in (G, o). Es gilt nämlich d o x = x für alle x E G.

■

4.10 Es ist (G, o) eine abelsche Gruppe, weil die Verknüpfungstabelle symmetrisch ist. Es gilt x o y =- y o x für alle x,y 4.11 Es gilt ä = h,b = b,

g d = d, = c und h = a.

■

4.12 Es gilt (aob)oc=goc=d=aoh=a0(boc). 4.13 Wir erhalten zum Beispiel 0 a b c d g

h

a b cdgh d h 9 a c b 9 d h b a c b 9 d c h a a b c d 9 h h c a 9 b d c a b h d 9

Um das nachzuvollziehen, füllt man die Verknüpfungstabelle Schritt für Schritt wie folgt auf. Die Verknüpfungstabelle ist nicht eindeutig. Es ist d o d = d, also ist auch dodod -= d o d und damit eod= e und auch d = e. Also ist d das neutrale Element in der Gruppe - die Zeile und Spalte mit Index d kann ausgefüllt werden. Esisthob= a,boc= hundcob= g. Also isthob=bocob=b0g=a. Es ist h o g =d und damit h o g o g= d o j. Da d das neutrale Element ist, gilt h= p und damit auch g 0 h g o j, also g o h = d. In der letzten Spalte nun sind noch die zweite, dritte und sechste Zeile ohne Eintrag und a ist noch nicht eingetragen. Jedoch steht in Spalte 5 in Zeile 2 und in Spalte 2 in Zeile 6 das Element a, also muss in Spalte 6 in der dritten Zeile a eingetragen werden. Es gilt boc= h und damit auch b o b o c = b o h. Da jedoch bob= d und d das neutrale Element ist, folgt doc=c= b o h.

110

GRUPPEN

A

Nun kann man in der ersten Spalte in der zweiten Zeile und in der sechsten Spalte in der sechsten Zeile g ergänzen, das einzige Element, dass in dieser Zeile/Spalte noch fehlt. In der ersten Zeile kann in der dritten Spalte g ergänzt werden, die einzige Spalte, in der g noch fehlt. Außerdem kann in der ersten Spalte d ergänzt werden, in der zweiten Spalte steht d schon in der zweiten Zeile, in der zweiten Spalte ergänzen wir dann noch h. In der letzten Zeile steht in der ersten Spalte c, denn in der dritten Spalte steht c schon in der vierten Zeile. Dann ergänzen wir in der letzten Zeile in der dritten Spalte noch b. In der zweiten Spalte ergänzen wir in der fünften Zeile c. Nur in der dritten Spalte fehlt noch a, dort kann a nicht in der dritten, muss also in der fünften Zeile stehen - d vervollständigt diese Spalte in der dritten Zeile. Es ist cog = co h o h = a o h = b und damit lassen sich die letzten vier Lücken leicht füllen.

■ 4.14 Es sind mit der in der Lösung zur Aufgabe 4.13 aufgestellten Verknüpfungstabelle die Elemente d,bundgQuadrate.Esistnämlichaoa=bob=coc=-dod=dundgog= b sowie h o h = g. ■ 4.15 Da (G, o) eine abelsche Gruppe ist, ist die Verknüpfungstabelle symmetrisch, bzw. es gilt mit coa = d auch a o c = d. Also ist xi = d. Mit diesem Argument lässt sich jedoch weder x2 noch x3 bestimmen. Man weiß jedoch sicherlich, dass x2 = x3 ist, denn d o c = und c d = x2.Dacoa=dundcoc=bundauchboa=aist, können wir berechnen x2 =cod=cocoa=boa=a und damit ebenfalls x3 = a. ■ 4.16 Es sei ein Kegel 1C(vi, vs) gegeben. Wir zeigen die zwei Halbgruppenaxiome. Es ist also zu zeigen, dass H abgeschlossen bezüglich der Verknüpfung und assoziativ ist. Hl. Es seien wi und w2 aus K(vi, wi = E ai • v, mit al ,

, vs) beliebig gewählt. Dann ist

as E Ek>0

und

w2 = E bi • v2 mit b1, , bs E JR>o•

i=i

Dann ist aber wi + w2 = E ai • vi + E bi •vi =E(ai+bi) • vi. i=1

i=1

i=1

Da ai > 0 und b, > 0 ist, gilt auch az + bi > 0. Also ist wi + W2 E K(vi, , vs ). Da wi und w2 beliebig aus 1C(vi, , vs) gewählt sind, ist 1C(vi , vs) bezüglich der Vektoraddition abgeschlossen.

111

GRUPPEN

H2. Es seien wi , tv2 und w3 aus K(vi , .•. , vs) beliebig gewählt. Dann ist

wl = E ai vi mit al,

as E IR>o ,

w2 =

i=1 W3 =

E bi • vi mit b1 ,

bs E 118>o

i=1

E Ci • vi mit cl , • • • , cs E R>0 . i=i

Dann ist aber + (W2 + W3) =

E ai • vi

E bi • vi + E ci • vi i=i i=,

= Eai + (bi + ,) . vi = E(ai + bi) + ci • vi i=1

s . s = (E ai • vi + E bi • vi + E ci • vi = (wi + w2 +103). i=1

i=1

Da wi , w2 und w3 beliebig aus /C(vi, der Vektoraddition assoziativ.

i=1

vs ) gewählt sind, ist 1C(vi ,

vs) bezüglich

• 4.17 Es ist zu zeigen, dass (G,ED) eine abelsche Gruppe ist. Es ist also zu zeigen, dass (G, e) eine Gruppe ist und dass (G, e) abelsch ist. Wir zeigen zunächst die Gruppenaxiome G1 bis G3. Gl. Es ist zu zeigen, dass (G, e) eine Halbgruppe bildet. Hl. Zunächst ist zu zeigen, dass (G, e) abgeschlossen bezüglich ihrer Verknüpfung ist. Tatsächlich gilt für zwei beliebig aus G gewählte Elemente x und y, dass + Y1

X

®y = (.2 + y2) E G, x3 + Y3

weil die Summe zweier reeller Zahlen wieder eine reelle Zahl ist. H2. Die Verknüpfung EI) auf G ist assoziativ, denn für drei beliebige Elemente x, y, z aus G gilt x El)

(y

xi + (Yi + zi)) Y1 + z1 z) = x El) (Y2 + z2) = (x2 + (Y2 + z2) Y3 + z3 x3 + (Y3 + z3)

(si + Y1) + zl = ((.2 + Y2) + z2) = (x3 + Y3) + z3

weil die Addition reeller Zahlen assoziativ ist.

112

.1 + Yl + Y2) x3 + Y3

® z = (x ® y)

z,

GRUPPEN

(o G2. Es ist e = o das neutrale Element in G. Es ist nämlich für ein beliebiges / e G o o x1 e ED x =-- (o) ED (.2) = .3

o+xi

+ .2) -= o + x3

= X,

weil 0 das neutrale Element der Addition in IR ist. G3. Es sei x E G ein beliebiges Element in G. Dann ist

(x3) \_x3)

(o° o)

i also ist —x = (-x2 das inverse Element der Addition von x in G. -.3 GS. Es seien x, y E G beliebig gewählt. Es ist dann xl + Y1

X

y = (x2 +142) = .3 + Y3

Y1 + xl

(y2 -I- s2) =

y

x,

Y3 + X3

weil die Addition in den reellen Zahl kommutativ ist. Also ist (G, G) abelsch.

4.18 Die Gruppe (G, e) aus Aufgabe 4.17 hat Ordnung oo, denn die Ordnung einer Gruppe entspricht der Kardinalität der Menge G. Da man jeder reellen Zahl r E IR ein eigenes Gruppenelement

zuordnen kann, gibt es in G mindestens so viele Elemente

wie es reelle Zahlen gibt. Es gibt unendlich viele reelle Zahlen, daraus folgt die Behauptung.

■ 4.19 Wir zeigen, dass die Menge U eine Untergruppe der Gruppe (G, e) aus Aufgabe 4.17 ist, indem wir das Untergruppenkriterium anwenden. Es ist also zu zeigen, dass die Verknüpfung zweier Elemente aus U wieder in U liegt. Außerdem sollte für jedes Element aus U auch das inverse Element in U liegen. UG1. Es seien x =

(.1 x2

o

und y =

yi Y2

o

beliebige Elemente aus U. Es ist dann

xi + yi x ®y = (.2 +y2 E U, o+o weil die Summe zweier reeller Zahlen wieder eine reelle Zahl ist. Daraus folgt die Behauptung. UG2. Es seien x E U beliebig gewählt. In der Lösung zur Aufgabe 4.17 haben wir gezeigt, 1 dass das inverse Element zu x von der Form =(-x2 ist. Da x aus U ist, ist -.3

113

k

GRUPPEN

x3 = 0 und damit auch -x3 = 0 und x e U. Daraus folgt die Behauptung.

4.20 Es ist beispielsweise U1 =

{ .1 0 : xi E R ebenfalls eine Untergruppe von (G, e).

0 2., Ebenfalls ist U2 = { 3x2 : Xi, X2, X3 C 11 eine Untergruppe von (G, 0). Beides kann X3

man mithilfe des Untergruppenkriteriums analog zur Lösung von Aufgabe 4.47 gezeigt werden. o , die triviale UntergrupBeispiele für endliche Untergruppen von (G, e) sind U3 = { I 0 pe oder auch U4 =

0, 0

0 .

■

4.21 Wir prüfen die drei Gruppenaxiome GI bis G3 und das Axiom GS bezüglich der Kommutativität. Gl. Es ist zu prüfen, ob ({1, 2,3, 4, 5, 6}, 07) eine Halbgruppe ist. Hl. Seien a, b E {1, 2, 3, 4, 5, 6} beliebig gewählt. Dann gilt a 07 b = Rest7 (a • b). Damit Rest, (a • b) = 0 ist (der einzige Rest modulo 7, der nicht in {1, 2, 3, 4, 5, 6} liegt), müsste a • b ein Vielfaches von 7 sein. Nach dem Lemma von Euklid teilt dann 7 entweder a oder b. Beides ist nicht der Fall. Also ist a O7 b E {1, 2, 3, 4, 5, 6}. H2. Für alle a, b, c e {1, 2, 3, 4, 5, 6} gilt (a 07 b) 07 C = ReSt7 (a • b) 07 C = Rest7 (Rest, (a • b) • c) = Rest, (a • b • c) = Rest7 (a • Rest7 (b • c)) = a 07 Rest, (b • c) = a 07 (b 07 c). G2. Das neutrale Element ist hier die Zahl e = 1, sie erfüllt für alle a e {1, 2, 3, 4, 5, 6} 1 07 a = Rest7 (1 • a) = a. G3. Wir geben für jedes Element in {1, 2, 3, 4, 5, 6} das inverse Element an. Es ist 1 = 1, denn es ist 1 07 1 = 1. Es ist 2 = 4, denn es ist 4 07 2 = 1. Es ist 3 = 5, denn es ist 5 07 3 = 1. Es ist 4 = 2, denn es ist 2 07 4 = 1. Es ist 5 = 3, denn es ist 3 07 5 = 1. Es ist 6 = 6, denn es ist 6 07 6 = 1. GS. Es gilt für alle a, b

E

{1, 2,3, 4, 5, 6}, dass

a 07 b = Rest, (a • b) = Rest7 (b • a) = b 07 a.

114

GRUPPEN

iI

4.22 Wir zeigen, dass das Tupel ({1, 2, 4}, 07) eine Untergruppe der Gruppe ({1, 2, 3, 4, 5, 6}, 07) aus Aufgabe 4.21 ist, indem wir das Untergruppenkriterium anwenden. Es ist also zu zeigen, dass die Verknüpfung zweier Elemente aus {1, 2, 4} wieder in {1, 2, 4} liegt. Außerdem sollte für jedes Element aus {1, 2, 4} auch das inverse Element in {1, 2, 4} liegen. UG1. Wir geben die Verknüpfungstabelle der Verknüpfung 07 auf der Menge {1, 2, 4} an. 07

1 2 4

1 1 2 4

2 2 4 1

4 4 1 2

Offensichtlich gilt a 07 b e {1, 2, 4} für alle a, b E {1, 2, 4}. UG2. Aus der Verknüpfungstabelle lässt sich ablesen, dass mit 1 = 1, 2 = 4 und 4 = 2 das inverse Element für alle Elemente aus {1, 2, 4} auch in {1, 2, 4} enthalten ist.

■ 4.23 Die Permutationsgruppe S4 hat Ordnung 4! = 24. Es sind also 24 Elemente in S4

enthalten - alle Permutationen der Zahlen von 1 bis 4. Es sind [1 2 3 4] [2 1 3 4] [3 1 2 4] [4 1 2 3]

[1 2 4 3] [2 1 4 3] [3 1 4 2] [4 1 3 2]

[1 3 2 4] [2 3 1 4] [3 2 1 4] [4 2 1 3]

[1 3 4 2] [2 3 4 1] [3 2 4 1] [4 2 3 1]

[1 4 2 3] [2 4 1 3] [3 4 1 2] [4 3 1 2]

[1 4 3 2] [2 4 3 1] [3 4 2 1] [4 3 2 1] ■

in lexikographischer Ordnung.

4.24 Wir bestimmen die Anzahl der Fehlstände von [4 5 3 2 1]. Die 1 steht hinter der

2, 3, 4 und 5 - 4 Fehlstände. Die 2 steht hinter der 3, 4 und 5 - 3 Fehlstände. Die 3 steht hinter der 4 und 5 - 2 Fehlstände. Die 4 steht nicht hinter einer größeren Zahl. Die 5 steht ebenfalls nicht hinter einer größeren Zahl. Zusammen finden wir 9 Fehlstände. Die Anzahl der Fehlstände ist ungerade, also ist sign( [4 5 3 2 1]) = —1. ■ 4.25 Wir berechnen mithilfe des erweiterten euklidischen Algorithmus 13&out Multiplikatoren s, t E Z mit s • 109 + t • 15 = ggT(109, 15) = 1.

115

GRUPPEN

Wir führen den erweiterten euklidischen Algorithmus in Tabellenform durch. j

k,

r,

S3

ti

0

\

109

1

0

1 7= P÷9.1

- 15

-0

2

3= [I]

4

3

1= W

3

—3

22

4

4 = [1]1

4

— 29

5

0

Tatsächlich ist 4 • 109 + (-29) • 15 = 1. Das Inverse zu 15 ist also 15 = Restlos (-29) = 80 - und man überprüft, dass in der Tat 15 0109 15 = 80 0109 15 = Restios (80 • 15) = Restlos (1200) = Restios (1090 + 109 + 1) = 1. • 4.26 Wir zeigen die Aussagen, indem wir sie auf die Gruppenaxiome zurückführen. Wir

zeigen zunächst, dass jedes Element einer Gruppe mit seinem inversen Element kommutiert, also doa = a o a gilt. Es sei a E G beliebig gewählt. Nach Axiom G3 besitzt a ein inverses Element d mit a o a = e. Das Element d hat wiederum ein inverses Element a = (d). Es gilt dann a

Ti

G2

e0

H2 = Zi o

G3 (Ft

o

o a) o

o o (a o G2 o (e 0 TO

g G2 aoa = e.

Es gilt also a o a = e. Wegen -a- o a = e gilt auch aod=J,oa.

(4.1)

Nun nehmen wir an, es gibt in einer Gruppe G ein Element a mit zwei unterschiedlichen inversen Elementen a und a. Darm gilt oa = e ea > doaoii eo < > ao -cion aoZioa = ä ä oe

116

[G3 - inverses Element] [nach (4.1)] [G2 - neutrales Element] [G3 - inverses Element] [G2 - neutrales Element]

GRUPPEN

A

Wir erhalten also einen Widerspruch zu unserer Annahmen, dass a und ä unterschiedliche Elemente sind - das inverse Element ist also eindeutig. • 4.27 Wir zeigen die Aussagen, indem wir sie auf die Gruppenaxiome zurückführen. Nach (4.1) gilt a o a = Tioa- also gilt auchaoa= e. Demnach ist a das inverse Element zu d.M 4.28 Angenommen, es gibt ein s E Z mit 12 • s 1 (mod 15). Dann ist Rest15 (12 • s) = Resti5 (1). Das bedeutet, es gibt ein k e z mit 12• s = k • 15 + 1. Also ist 12 • s — k • 15 = 1 und 3 • (4s — k • 5) = 1. Allerdings müsste dann 4s — k • 5 = ssein - sowohl s als auch k sind jedoch ganze Zahlen - ein Widerspruch. Es gibt für die 12 also kein inverses Element modulo 15. ■ 4.29 Wir benutzen Beweisideen wie in der Lösung zur Aufgabe 4.28 - nun verallgemeinert. Wir zeigen zwei Richtungen der Äquivalenz. Sei S das inverse Element zu a modulo n. Dann gibt es ein k E N mit 1 = k•n+a•s. Es teilt der ggT(a, n) die rechte Seite, also auch die linke, also auch 1 - also ist ggT(a, n) = 1 ,,
2 ist. Dann zeigen wir, dass Sn in diesem Fall nicht abelsch ist. Sei also n > 3. Es ist zu zeigen, dass es in der Gruppe 5n zwei Elemente a und b gibt, so dass gilt a o b bo a. Dazu wählen wir die Elemente o- = [2 1 3 4 5 ... n] und T = [1 3 2 4 5 6 ... n] aus Sn (je nachdem wie groß n ist, werden nach den ersten drei Einträgen die natürlichen Zahlen in aufsteigender Reihenfolge von 4 bis n ergänzt - für 72 = 3 wird also nicht eine Zahl ergänzt). Es ist a die Permutation, welche die 1 und die 2 vertauscht. Es ist r die Permutation, welche die 2 und die 3 vertauscht.

118

RINGE UND KÖRPER.

Wir berechnen nun a o 7 und

T

o a.

A

Es ist

cor=[312456...n] roo- =[231456

n].

Offensichtlich gilt a o T # T o a und damit ist Sr nicht abelsch. Sei n < 2. Die Gruppe Sl enthält nur ein Element [1] und ist offensichtlich abelsch. Die Gruppe S2 enthält die beiden Elemente [1 2] und [2 1]. Die Verknüpfungstabelle lautet 0

[1 2J

[1 2] [2 1]

[12]

[21]

[21]

[12]

[2 1]

und ist symmetrisch - also ist S2 abelsch, was zu zeigen war.

4.3 Ringe und Körper.

Einleitung. Neben Gruppen gibt es noch eine Vielzahl weiterer algebraischer Strukturen. Sie sind natürlich durch die Verknüpfungen und entsprechenden „Rechenregeln" charakterisiert. Zwei weitere wichtige algebraische Strukturen sind Ringe und Körper.

Zumindest die einfachen algebraischen Strukturen sind durch eine „bekannte Rechenstruktur" motiviert und beschreiben sie. Für Ringe standen die ganzen Zahlen Z mit ihrer Addition und Multiplikation Modell. Eine Ring ist also die mathematische Abstraktion vom Rechnen mit einer „umkehrbaren" Rechenoperation, wie zum Beispiel die Addition in Z und einer „nicht notwendigerweise umkehrbaren" Rechenoperation wie zum Beispiel die Multiplikation in Z. Ein Körper ist mit einer sich vertragenden kommutativen Addition und kommutativen Multiplikation ausgestattet, erfüllt also jegliche Wünsche an eine Menge mit zwei Verknüpfungen. Die Menge mit jeweils einer der beiden Verknüpfungen, ist nicht nur eine Gruppe, sondern dazu noch eine abelsch und die Verknüpfungen sind miteinander verträglich. Man kann einen Körper auch als einen Ring, genauer einen kommutativen unitären Ring mit multiplikativem neutralen Element und multiplikativen Inversen auffassen. Neben den rationalen Zahlen Q bilden auch die reellen Zahlen R mit der gewöhnlichen Addition und Multiplikation ein Körper. Auch die komplexen Zahlen C bilden mit der komplexen Addition und Multiplikation ein Körper. Formal ist ein Ring (R,+,.) ist ein Tripel aus k einer Menge R, k einer Verknüpfung + : R' x -4 R' und 119

}

RINGE UND KÖRPER.

k einer Verknüpfung • : R' x R' —› R' wobei R c R' ist, so dass die folgenden Axiome gelten. Rl. R2. R3. R4.

(R, +) bildet eine abelsche Gruppe (R,.) bildet eine Halbgruppe a•(b+c)=a•b+a•c (a+b)•c=a•c+b•c

Va,b,cER Va,b,cER

(Addition) (Multiplikation) (Distributivgesetz I) (Distributivgesetz II)

Ein Körper (K,+,.) ist ein Tripel aus S. einer Menge K, k einer Verknüpfung + : K' x K' —> K' und k einer Verknüpfung • : x K' —> K' wobei K c K' ist, so dass die folgenden Axiome gelten. Kl. (K, +) ist abelsche Gruppe (e =- 0) K2. (K \ {0}, •) ist abelsche Gruppe K3. a•(b+c)=a•b+a•c

Va, b, c K

(Addition) (Multiplikation) (Distributivgesetz)

Begriffe. Ring - Körper Übungskurs. E 4.48

❑ 4.49

❑ 4.50

Aufgaben. 4.481 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ Jeder Körper ist ein Ring. ❑ Jeder Ring ist ein Körper. ❑ Die Menge der reellen Zahlen und die Menge der rationalen Zahlen bildet jeweils zusammen mit der gewöhnlichen Addition und Multiplikation einen Körper. ❑ Die Menge der ganzen Zahlen und die Menge der natürlichen Zahlen bildet jeweils zusammen mit der gewöhnlichen Addition und Multiplikation einen Körper. ❑ Die Menge der ganzen Zahlen und die Menge der natürlichen Zahlen bildet jeweils zusammen mit der gewöhnlichen Addition und Multiplikation einen Ring. ❑ Jeder Körper ist sowohl bezüglich der Addition als auch bezüglich der Multiplikation eine abelsche Gruppe. ❑ Jeder Ring ist eine abelsche Gruppe. ❑ Die Elemente eines Körpers werden, analog zu der Bezeichnung Vektoren eines Vektorraums, selbst als Körper bezeichnet. ❑ Es gibt nur Körper mit unendlich vielen Elementen.

4.491 Nennen Sie einen endliche Körper und geben Sie jeweils die beiden Verknüpfungs120

RINGE UND KÖRPER.

❑

tabellen der Addition und Multiplikation an. 4.502 Zeigen Sie, dass die Menge aller reellen Polynome I1[x] = {ao + aix1 +

+ an i n

:

n E N, ao,

, an, E

ein kommutativer Ring ist. Dabei ist die Summe zweier Polynome die übliche Addition (Summanden mit gleicher x-Potenz werden addiert) und ein Vielfaches eines Polynoms entspricht dem Polynom, dessen Koeffizienten mit demselben Faktor multipliziert wurden.

Zusatzaufgaben. 4.513 Sei R ein Ring. Ein Element a E R für welches es ein Element b

0 in R gibt, so dass a • b = 0 ist, wird Nullteiler von R genannt. Nennen Sie alle Nullteiler des Restklassenrings Z12. Können Sie allgemein für n E N mit n > 2 alle Nullteiler von Zn charakterisieren? ❑

4.523 Zeigen Sie die Rückrichtung aus Satz ??. Zeigen Sie also, dass n eine Primzahl ist, wenn i n ein Körper ist. ❑

Lösungen. 4.48 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? IYr Jeder Körper ist ein Ring. ❑ Jeder Ring ist ein Körper. 12f Die Menge der reellen Zahlen und die Menge der rationalen Zahlen bildet jeweils zusammen mit der gewöhnlichen Addition und Multiplikation einen Körper. ❑ Weder die Menge der ganzen Zahlen noch die Menge der natürlichen Zahlen bildet zusammen mit der gewöhnlichen Addition und Multiplikation ein Körper. ❑ Die Menge der ganzen Zahlen bildet, die Menge der natürlichen Zahlen bildet jedoch nicht zusammen mit der gewöhnlichen Addition und Multiplikation einen Ring. Eil Jeder Körper ist sowohl bezüglich der Addition als auch bezüglich der Multiplikation eine abelsche Gruppe. kr Jeder Ring ist bezüglich der Addition eine abelsche Gruppe. ❑ Es gibt Körper mit endlich vielen Elementen. So sind die Restklassen Z. für jede Primzahl p und der Addition G, sowie der Multiplikation 0, Körper mit endlich, genauer p vielen, Elementen.

4.49 Es ist Z3 = {0, 1, 2} zusammen mit der „Resteaddition modulo 3"

e3 und der

121

RINGE UND KORPER.

„Restemultiplikation modulo 3" 03 ein endlicher Körper. Die Verknüpfungstabellen lauten e3 0

2

0 0 1 2

1 a 1 2 2 0 0 1

03 0

1

2

0 0 0 0

1 2 0 0 1 2 2 1

Statt 3 kann man jede Primzahl wählen und erhält analogen einen endlichen Körper. Tatsächlich gibt es sogar für jede Primzahlpotenz pk einen endlichen Körper mit pk Elementen. Im Folgenden ist ein solcher Körper mit 22 = 4 Elementen über seine Verknüpfungstabellen angegeben El) 0 1 a b

1 a b 1 a b 0 b b 0 1 ba 10

0 0 1

0 0 1 a b

0 0 0 0 0

1 0 1 a b

a 0 a b

b 0 b 1

1

4.50 Es sind die Ringaxiome Rl bis R4 nachzurechnen und zu zeigen, dass die Menge aller reellen Polynome mit der Multiplikation eine abelsche Gruppe, als Axiom GS gilt. Rl. Es ist zu zeigen, dass (R[x], +) eine abelsche Gruppe ist. Gl. Es ist zu zeigen, dass (111[x], +) eine Halbgruppe ist. Hl. Es seien p = ao + aix1 + + an xn und q = bo + bixi + . . . + bn x' zwei beliebige reelle Polynome R[x], dabei seien möglicherweise Koeffizienten (auch die größten) der Polynome gleich 0. Dann ist p

q = ao + + anxn + bo + 1)12 + + bn xn + (an + bn )xn = (ao + bo) + (ai + bi)xl +

in R[x], weil die Summe zweier reeller Zahlen reell ist. H2. Es seien p = ao + aix1 + + an xn und q = bo + bi xl + . . . + bkxn sowie r = Co + cix1 + + cn xn drei beliebige reelle Polynome Ek[x], dabei seien möglicherweise Koeffizienten (auch die größten) der Polynome gleich 0. Dann ist

122

RINGE UND KÖRPER.

P+

(q +

A

= ao + aixl +... +anxn + (bo + b1x1 + + bnxn + co + cn xn) = ao aix1 + anxn + (bo + co) + + + + (bn + c.)xn = (ao + (bo + co)) + (a]. + + + (a. + (b. + crt))xn + = ((ao + bo) + co) + ((al + + + + ((a. + b.) + cri )xn (ao bo) + (a]. + + + (a. + bfl )xn + + c.xn + co + = (ao + alxl + + anxn + bo + bl xl + +bnxn) + co + cix1 + + cnxn ) = (p+ q)+ r,

weil in den reeller Zahlen das Assoziativgesetz gilt. G2. Das neutrale Element in (111[x], +) ist das Polynom p = 0. Es gilt, wie man leicht nachrechnet p + q = 0 + q = q für jedes reelle Polynom q e EZ[x]. G3. Sei p ein beliebiges reelles Polynom aus (R[x], +). Dann ist das zu p inverse Element —p genau das Element, dessen Koeffizienten denen von p mit negativen Vorzeichen entsprechen. So ist fürp = ao+aix1 +... + ari x" das inverse Element —p = —ao + —aix1 + + —an xn. Man rechnet leicht nach, dass p + (—p) = 0 gilt.

GS. Das zwei Elemente aus III[x] kommutieren, geht auf die Kommutativität reeller Zahlen zurück - Details sparen wir hier aus. Man kann sich an den Beweisen für G1 orientieren. R2. Es ist zu zeigen, dass (118[4 •) eine Halbgruppe bildet. Hl. Es seien p = ao + aix1 + + an xn und q = bo + bixl ... + brie' zwei beliebige reelle Polynome R[x], dabei seien möglicherweise Koeffizienten (auch die größten) der Polynome gleich 0. Dann ist

p • q = (ao + aixl +

+ anxn) • (bo + b1x1 +... + bnxn ) 1

2

= ao • bo + xl• Ea •-1--i + x2 • E ai • b2—i + • • • + xn • Eai • bn—i i=0 n+1 x n+1 Eai • i=1

i=0 n+2

. bn+i _i+xn+2 .E i=2

i=0 2

ai • bn-1-2—i + . • • + x2"

ai • b2—i i=0

in R[x], weil die Summe von Produkten reeller Zahlen reell ist. Auch wenn man diese lange Rechnung nur schwer nachvollziehen kann, sollte klar sein, dass das Ausmultiplizieren zweier Summen, deren Summanden Vielfache von Potenzen von x ebenfalls zu einer Summe von Vielfachen von Potenzen von x führt.

123

k

VEKTORRÄUME.

H2. Dieses Axiom kann man ebenfalls auf das Assoziativgesetz zurückführen, dass bei der Multiplikation reeller Zahlen gilt. Um den Beweis im Details zu führen, verweisen wir auf den Beweis von Hl. GS. Um zu zeigen, dass der Ring kommutativ ist, muss gezeigt werden, dass p • q das gleiche Element aus Ile,[x] ergibt wie q p. Um den Beweis im Details zu führen, verweisen wir auf den Beweis von Hl. R3. Es ist zu zeigen, dass das 1. Distributivgesetz gilt. Auch hier gilt, dass dieses auf das 1. Distributivgesetz der reellen Zahlen zurück zuführen ist. R4. Es ist zu zeigen, dass das 2. Distributivgesetz gilt. Auch hier gilt, dass dieses auf das 2. Distributivgesetz der reellen Zahlen zurück zuführen ist.

4.4 Vektorräume.

Einleitung. Das Vorbild der Vektorräume bildet der Rn, der Vektorraum bestehend aus den n-dimensionalen reellen Spaltenvektoren. Dieser Vektorraum ist zumeist aus der Schulmathematik bekannt. Dabei hilft die anschauliche geometrische Interpretation der Vektoren des W'. Ein Vektorraum allgemein ist eine abelsche, additive Gruppe (v, ®) zusammen mit einer äußeren Multiplikation 0 mit Elementen aus einem Körper K. Die Addition innerhalb der Gruppe und die Multiplikation mit Elementen von „außen" aus dem Körper 1K müssen bestimmte Verträglichkeitsregeln, alias die Distributivgesetze erfüllen. Formal ist eine Menge V zusammen mit 1. einer (inneren) Verknüpfung e :

x -› V' und • einer (äußeren) Verknüpfung 0 : 1K x V' —>V1, wobei V c V' ist,

nennt man einen Vektorraum über dem Körper 1K, falls die folgenden Axiome gelten. Vl. (V, e) ist abl. Gruppe VA E K, E V V2.A0VEV V3. lx 0 V= V VV E V VA, µ e 1K, E V V4. ()A • la) A O (iL 0V) VD1. (A+p)OV=X®VEIDµOil VA,µ,EK,VEV VD2. X0(fietti) AOVED Ä 0/V VAEK,V, e V

(Vektoraddition) (Abge. Skalarmult.) (Neutral. der lx) (Assoziativität) (Distrib. I) (Distrib. II)

In der Gruppe (V, 0) bezeichnen wir • das neutrale Element mit Ö. s. das zu E V inverse Element mit —V. Elemente eines Vektorraums werden als Vektoren bezeichnet. Um sich Vektorräume und Vektoren vorzustellen, hilft die Anschauung mittels Pfeilen in 124

VEKTORRÄUME.

Ä

einem kartesichen Koordinatensystem. Dabei repräsentieren alle Pfeile, die in dieselbe Richtung zeigen und die gleiche Länge haben den gleichen Vektor. Formal ist ein ndimensionaler Pfeil im kartesischen Raum W ein Tupel bestehend aus einem Anfangspunkt p1 E IV und einem Endpunkt p2 E Rn. Wir schreiben dann p' >—> p2 = (p1, p2) und sagen, dass p' >—› p2 von p1 auf p2 deutet. Wir bezeichnen mit är, die Menge aller n-dimensionalen Pfeile. Wir definieren auf der Menge der n-dimensionalen Pfeile 187,2_, die Relation durch pl

p2

•• • P2n

Pin)

ql
=

(47

• ••

Es sei eine Abbildung fl von den Äquivalenzklassen von auf Rn definiert durch Pi

[pl

— gni )

auf dem Vektorraum

- PI)

p2]

und eine Abbildung f2 die umgekehrt von dem Vektorraum Rn auf die Äquivalenzklassen von auf R71_, durch (V1 f2

( V.2

= [(0, 0, ... , 0) >—> (V1, V2, • • • 1 Vn)]

v„

abbildet. Begriffe. Vektor - Vektorraum - innere und äußere Verknüpfung - Untervektorraum Übungskurs. 3 4.53

❑ 4.54

3 4.55

E 4.58

El 4.59

II Aufgaben. 4.53/ Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? El Jeder Vektorraum bildet mit der inneren Verknüpfung eine abelsche Gruppe. 13 Es gibt in Vektorräumen einen eindeutigen Nullvektor 0. El In Vektorräumen besitzt jeder Vektor eine eindeutiges inverses Element bezüglich der äußeren Verknüpfung. E In der Darstellung der Vektorräume RT' in dem kartesischen Koordinatensystemen R' wird jeder Vektor des Rn durch genau ein Pfeil repräsentiert. El In der Darstellung der Vektorräume R n in den kartesischen Koordinatensystemen IV

125

14.

VEKTORRÄUME.

wird die Vektoraddition durch das Aneinanderhängen von Pfeilen repräsentiert. El Jeder Vektorraum ist ein Ring. 13 Jeder Körper ist ein Vektorraum über sich selbst. ❑ Anhand des Unterraumkriteriums wird entschieden, ob ein Vektorraum Untervektorräume besitzt. D Jeder Untervektorraum ist auch eine Untergruppe der abelschen Gruppe, welche der Vektorraum mit der inneren Verknüpfung darstellt. 3 Jeder Körper ist ein Vektorraum und jeder Vektorraum ein Körper.

1 AS-V [5111

4.542 Es sei = {ax4 + bx3 + cx2 + dx + e : a, b, c, d, e E R} die Menge der Polynome vom Grad höchstens 4. Zeigen Sie, dass R[x]4 ein Vektorraum ist.

1 AS-V 15--121

4.552 Es sei U = {p E 118[x]4: p(1) = 0} die Menge der Polynome in 118[43 mit einer Nullstelle bei xo = 1. Zeigen Sie, dass U ein Untervektorraum vom R[x]4 ist. ❑

1 AS-V [5131

4.562 Ist die Menge c R3

U = {(b) : a, b, E 118 und a + = JJJ

ein Untervektorraum des R3? AS-V [5141

3

4.572 Es sei ab b 2) : a, b

Z}

eine Teilmenge des R2. Ist U ein Untervektorraum des R2?

❑

4.581 Zeichnen Sie drei Repräsentanten der Äquivalenzklasse [(1, 2) ›—› (4, 5)]=.

❑

4.593 Zeigen Sie, dass die Abbildungen fl und f2, welche in der Einleitung dieses Abschnitts eingeführt wurden und zwischen Pfeilen und Vektoren abbilden, invers zueinander sind. ❑ AS-V r5151

4 603 Zeigen Sie, dass in einem K-Vektorraum V für alle a E K und v e V gilt —1K

126

0 = — V.

VEKTORRAUME.

A

Zusatzaufgaben. 4.61

Ist die Menge =

(b) : a, b, c E 118 und a

c -= 211 c 1[83 ❑

ein Untervektorraum des 1R3?

4.623 Es seien V und V' zwei K-Vektorräume. Zeigen Sie, dass V x V' zusammen mit der inneren Verknüpfung (v, v') + (w, w')

(v + w, + w')

für alle (v, v'), (w, w') E V x V und der äußeren Verknüpfung A • (v, v') = (A • v, • v') ❑

für alle A E K(v, v') E V x V ein Vektorraum ist.

4.632 Zeige Sie, dass in einem 1K Vektorraum V für alle v E V das inverse Element bezüglich der Vektoraddition eindeutig ist. ❑

•

Lösungen. 4.53 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? CRI Jeder Vektorraum bildet nach Definition mit der inneren Verknüpfung eine abelsche Gruppe. CRI Es gibt in Vektorräumen einen eindeutigen Nullvektor 0. D In Vektorräumen besitzt ein Vektor kein eindeutiges inverses Element bezüglich der äußeren Verknüpfung, weil bei dieser Verknüpfung nicht Vektor mit Vektor, sondern Skalar und Vektor verknüpft werden. ❑ In der Darstellung der Vektorräume Ir in dem kartesischen Koordinatensystemen llen wird jeder Vektor des Ifel durch eine Äquivalenzklasse von Pfeilen repräsentiert alle Pfeile der gleichen Länge, die in die gleiche Richtung zeigen. CNY In der Darstellung der Vektorräume IV in dem kartesischen Koordinatensystemen 1171 wird die Vektoraddition durch das Aneinanderhängen von Pfeilen repräsentiert. D Es ist nicht jeder Vektorraum ein Ring, ein Ring besitzt zwei innere Verknüpfungen, ein Vektorraum nur eine innere und eine äußere. Cri Jeder Körper ist ein Vektorraum über sich selbst. ❑ Anhand des Unterraumkriteriums wird entschieden, ob eine Menge von Vektoren ein Untervektorraum eines Vektorraums ist. CRI Jeder Untervektorraum ist auch eine Untergruppe der abelschen Gruppe, welche der Vektorraum mit der inneren Verknüpfung darstellt. D Jeder Körper ist ein Vektorraum, aber nicht jeder Vektorraum ein Körper.

127

VEKTORRÄUME.

111

4.54 Im Folgenden seien immer p, E 1[8[X].4 beliebig mit p = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e + c' x2 + x + e'. Außerdem seien A, it ER beliebig. und p' = a' x4 + Wir zeigen die den Vektorraum definierenden Eigenschaften V1, V2, V3,V4,VD1 und VD2.

Vl.

Es ist zu zeigen, dass E8[x]4 mit der Addition von Polynomen eine abelsche Gruppe ist. Gl. Es ist zu prüfen, ob R[x]4 mit der Addition von Polynomen eine Halbgruppe ist. Hl. Die Summe zweier Polynome p und q ist wieder in R[x]4. Es ist p + q = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e + ai x4 + b'x3 + c'x2 + x + = (a + ai)x4 + (b + b')x3 + (c + c')x2 + (d + d')x + (e + e')

in lirk[x] 4 enthalten. H2. Die Assoziativität gilt aufgrund der Assoziativität der reellen Zahlen. G2. Das neutrale Element ist gegeben durch 0 (wobei 0 = 0x4 + Ox3 + Ox2 + Ox + 0). G3. Für jedes Element p ist das inverse Element gegeben durch —p = —ax4 — bx3 — cx2 — dx — e. Es gilt p + (—p) = 0. GS. Die Kommutativität gilt aufgrund der Kommutativität der reellen Zahlen.

V2. Es ist zu zeigen, dass A • p E Il[x]4 . Wir rechnen nach, A • p = A • (ax4 + bx3 + cx2 + dx + e) = Aax4 + Abx3 + Acx2 + Adx + Ae

E R[X]4.

V3. Es ist zu zeigen, dass 1 • p = p. Wir rechnen nach, 1•p = 1 • (ax4 + bx3 + cx2 + dx + e) = p.

V4.

Es ist zu zeigen, dass (A • p) • p = A • (p, • p). Wir rechnen nach, (A • p) • p = (A • p) • (ax4 + bx3 + cx2 + dx + e) = (A/L)ax4 + (Aµ)bx3 + (Aa)cx2 + (Aj)dx + (Abt)e = A(µax4) + A(pbx3) + A(pcx2) + A(pdx) + A(ae) = A . ( IL • 1)).

VD1. Es ist zu zeigen, dass (A + p) • p = A • p + µ • p. Wir rechnen nach, (A + p) • p = (A + pt)ax4 + (A + p)bx3 + (A 4- µ)cx2 + (A + pc)dx + (A + bt)e = Aax4 + Abx3 + ACX2 Adx + Ae + pax4 + pbx3 + pcx2 + pdx + pe =A•19 +1•1 •13.

128

VEKTORRAUME.

A

VD2. Es ist zu zeigen, dass A • (p + p) = A • p + A • p' . Wir rechnen nach, A • (p + p') = A(ax4 + bx3 + cx2 + dx + e + a' x4 + b' x3 + c' x2 + d' x + e') = A(ax4 + bx3 + cx2 + dx + e) + A(a/x4 + b'x3 + c's2 + d' x + e') =A•p+A• p' •

4.55 Wir wenden das Unterraumkriterium an. UVO. Die Menge U ist nicht leer. Das Nullpolynom 0 hat eine Nullstelle bei 1. UV1. Es seien p, q E U beliebig gewählt. Dann gilt p(1) = q(1) = 0. Dann ist aber auch (p + q)(1) = p(1) + q(1) = O. Also ist p+ q E U. UV2. Es seien p E U und A E IR beliebig gewählt. Dann ist (A • p)(1) = A • p(1) = 0. Also ist A • p E U. •

4.56 Wir wenden das Unterraumkriterium an. UVO. Die Menge U ist nicht leer. Der Vektor 2 ist in U, denn 1 + 2 = 3. 3 UV1. Es seien x, y E U beliebig gewählt. Dann gilt xi + x2 = x3 und yi + y2 = y3. Außerdem ist X

xi + Ei) + y = (x2 + Y2 x3 + Y3

und es gilt xi + + x2 + y2 = xi + x2 + yi + y2 = x3 + y3 . Also ist x + y E U. UV2. Es seien x E U und A E II8 beliebig gewählt. Dann ist xi + x2 = x3. Außerdem gilt A xi)

A • x = (A • .2 A • 53

und damit A • xi A • x2 = A • (xi + x3) = A • x3. Also ist A • x E U. •

4.57 Wir wenden das Unterraumkriterium an und zeigen, dass Ul nicht erfüllt ist. Zwar ist (97) = 4 +

3

EU

(4) = (2 + 2 4 2

und

U.

Jedoch gilt (9) + (44) =

(13)

129

k

VEKTORRAUME.

■

weil b2 = 13 keine ganzzahlige Lösung hat.

4.58 Es sind alle Pfeile im kartesischen Raum 1182 in dieser Äquivalenzklasse, deren Anfangsund Endpunkt sich in den beiden Koordinaten um 3 unterscheiden (mit gleichem Vorzeichen). Also zum Beispiel der Pfeil von (2, 3) nach (5, 6). Oder der Pfeil von (-7, 9) nach (-4, 12). Nicht enthalten ist zum Beispiel der Pfeil von (3, 4) nach (0, 1) oder der Pfeil von (3, 4) nach (6,1). ■ 4.59 Wir zeigen, dass für alle Äquivalenzklassen [p1 >—+ p2] = von auf WL, gilt, dass [p1

p2] = 12 (fi [pi

p2]

und umgekehrt für alle Vektoren v E W gilt v

Sei zunächst [p' nach

f2

( fi ( [131

p2,

(f2 (v)) •

ein beliebige Äquivalenzklasse von 4 auf 1117_,. Dann rechnen wir

)

p%)) f2 pn — pn = [(0, 0,...,0)

Tatsächlich sind die Pfeile p1 >—> p2 und (0, 0, äquivalent, denn es gilt (pi —

—

(Pi

— P112)1

, 0) )—> (pi — pi, p2 — A, • • • 13,21 — pni )

0,

131 , • • • , P2n 14. 1)=

,

- 13 -

)

-0 .

Andersherum sei v E Rn beliebig gewählt. Wir rechnen nach (12 (v)) = f1 ([(0, 0,

, 0)

(vi , v2,

, v4],)

= V. nn — 0

4.60 Wir rechnen nach und verwenden dabei die Vektorraumaxiome. Sei v E V beliebig gewählt. Dann gilt 0 = Ox 0 v, wobei die linke 0 selbstverständlich der Nullvektor ist - also das neutrale Element der Vektoraddition.

130

MATRIZEN.

A

Weiter ist natürlich 1K + (-1K) = OK und damit 0 = OK 0 V = (1K + (-1K)) 0 V. Mit Hilfe von VD1 können wir die Gleichungsfolge fortsetzen 0 = OK 0 V = (1K + ( -1K)) 0 V = 1K 0 V el (-1K)

v.

Nach V3 ist 1K 0 v = v und somit haben wir die Gleichung 0 = v ED (-1K) 0 v, also ist (-1K) 0 v das additive Inverse von v bezüglich der Vektoraddition. Es gilt also —v = (-1K) 0 v, was zu zeigen war.

4.5 Matrizen.

Einleitung. Den meisten sind sie sicherlich aus der Schulmathematik für kleine Größen bekannt: Matrizen. Matrizen sind Abbildungen ähnlich den Spaltenvektoren. Man kann sie sich aber auch gut als ein Tabellenschema mit Einträgen aus einer festgelegen Menge vorstellen. Matrizen spielen im Studium von linearen Abbildungen eine wesentliche Rolle. Mit Matrizen, deren Einträge aus einem Vektorraum sind, kann man rechnen, weil man mit den Einträgen rechnen kann. Einheitsmatrizen, inverse, diagonale und symmetrische Matrizen sind spezielle Matrizen für spezielle Anwendungen.

Begriffe. Matrix - transponierte Matrix - Diagonalmatrix - symmetrische Matrix - Einheitsmatrix - invertierbare Matrix Übungskurs. 0 4.64 0 4.71

0 4.65 0 4.72

0 4.66 CI 4.73

0 4.67 El 4.74

0 4.68 El 4.81

ID 4.69

0 4.70

Aufgaben. 4.64/ Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? O Eine m x n-Matrix ist eine Abbildung, die jeder „Position" in einer Tabelle mit m Zeilen und n Spalten ein Element aus einer zugrundeliegenden Menge S zuordnet. El Ein n-dimensionaler Spaltenvektor über einem Körper K ist eine Matrix aus der Menge K"1. O Die i-te Zeile einer m x n-Matrix A ist einen m x 1-Matrix A(i) = ). O Die Einträge einer quadratischen Matrix sind stets Quadratzahlen. O Die Addition von Matrizen über einem Vektorraum ist einträgeweise definiert. 131

MATRIZEN.

O Die Multiplikation einer Matrix über einem Vektorraum mit einem Skalar ist nicht einträgeweise definiert. O Man kann nur Matrizen gleicher Größe miteinander multiplizieren. O Man kann einen n-dimensionalen Spaltenvektor nur dann von rechts mit einer Matrix multiplizieren, wenn die Matrix n Spalten besitzt, die Anzahl der Zeilen der Matrix ist dabei unwichtig. O Man kann die beiden Matrizen A und B nur dann addieren, also A + B berechnen, wenn A genauso viele Spalten besitzt, wie B Zeilen. O Die Multiplikation zweier quadratischer Matrizen ist kommutativ. O Die Matrix, dessen i-ter Spaltenvektor dem i-ten n-dimensionalen Standardeinheitsvektor entspricht, bezeichnen wir mit idn. O Diese Matrix wird auch als die Einheitenmatrix bezeichnet. O Die Eigenschaften invertierbar und regulär bedeuten für eine quadratische Matrix dasselbe. O Ein quadratische Matrix, die nicht regulär ist, ist entweder invertierbar oder singulär. O Eine symmetrische Matrix ist immer quadratisch.

AS-M VI11 I AS-M 01.21

4.651 Es sei S = {1, 2, 3}. Geben Sie eine Matrix aus der Menge S3" an.

0

4.661 Addieren Sie die Elemente auf der Diagonalen Ihrer Matrix aus Aufgabe 4.65.

0

4.67' Geben Sie die Spalten und die Zeilen Ihrer Matrix aus Aufgabe 4.65 an.

0

4.681 Berechnen Sie (52 _31 ) + (11o 12)• 2 3 (11 4.691 Berechnen Sie ( —1) • 0 2) .

0

❑

s

1

AS-M VD] 4.70 1

(12

AS-M [514

AS-M 01611

AS-M1.5171

4.731 Sei a =

10

0

2

1

.

0

2 3 5 —1 17 9

(

111

2)*

T

1 -1

Berechnen Sie

4.721 Berechnen Sie

1 2

•

—1

Berechnen Sie 1

I AS-M (8141 4.71 1

2

•

0

( 3)

0

1 .

(2 3 I.Nennen Sie diag(a) • 7

( 12

-1 .

El

4

4/42 Invertieren Sie die Matrix A = (_21 —3) 7 des 1112x2.

0

4.75' Berechnen Sie für die Matrix A aus Aufgabe 4.74 die dritte Potenz A3.

0

4.763 Zeigen oder widerlegen Sie die Aussage, dass eine reelle symmetrische Matrix immer invertierbar ist. 0 4.773 Zeigen Sie, dass das Produkt zweier invertierbarer Matrizen wieder invertierbar ist. 0

132

MATRIZEN.

1

4.783 Zeigen Sie, dass das Produkt zweier reeller symmetrischer Matrizen A, B E UV", symmetrisch ist, wenn A•B=B•A gilt. ❑ 4.793 Zeigen Sie, dass für jede reelle n x n-Matrix A gilt idn • A = A • idn = A.

13

4.803 Zeigen Sie, dass für je zwei Vektoren v, x E 118n gilt V1S1

diag(v) • x = vnxn

4.813 Es sei A E 12x2. Zeigen Sie, dass genau dann AT • A = A • AT gilt, wenn entweder A = -ba tm

oder

A = (ab

d)

mit a, b, d E UZ gilt. Hinweis: Nutzen Sie, dass x 2 (x = y V z = 0).

=

y2 (x = y V x = -y) und z•x = z•y < ❑

Gegeben sei die Matrix A A= (1

o) •

4.823 Zeigen Sie mithilfe von vollständiger Induktion, dass An = (a"+1 an ) ist für alle an an-1 n > 1, wobei an durch ao = 0, ai = 1 und an+i = an + an_i definiert ist. Man nennt die Folge an auch die Fibonacci-Folge. ❑ 4.83s Schreiben Sie mithilfe von Sage ein Programm, welches die Folgenglieder a2n für n > 1 aus Aufgabe 4.82 mit n Matrixmultiplikationen berechnet. Hinweis: A2 = A • A, A4 = A2 • A2, A8 = A4 • A4, Mithilfe des Sage-Codes A = random_matrix (ZZ, 4, 3) können Sie sich eine zufällige 4 x 3-Matrix mit Einträgen aus Z ausgeben lassen. Allgemein können Sie für zwei natürliche Zahlen n, in e N mit A = random_matrix (ZZ, m, n) eine zufällige rn x n-Matrix über Z ausgeben lassen. 4.84s Lassen Sie sich eine ganzzahlige 4 x 3-Matrix A und eine ganzzahlige 3 x 4-Matrix B ausgeben und berechnen Sie A • B und B • A per Hand. 13 4.855 Lassen Sie sich zwei ganzzahlige 4 x 3-Matrizen ausgeben und addieren Sie diese per Hand. El 4.86s Lassen Sie sich eine ganzzahlige 4 x 3-Matrix A ausgeben und multiplizieren Sie (3

diese mit dem Vektor-2 per Hand. i

3

4.875 Lassen Sie sich eine ganzzahlige 4 x 3-Matrix ausgeben und multiplizieren Sie diese mit ) = 3 per Hand. 3

133

AS-M [5181

MATRIZEN.

4.88s Lassen Sie sich eine ganzzahlige 4 x 3-Matrix ausgeben und transponieren Sie diese per Hand. ❑ 4.80 Seien A, B, C E 1[82X2 Matrizen, welche Ziffern als Einträge haben, also E {0, 1, 2, 3,4, 5,6, 7,8,9}

Ai ,;,

für alle i, j E {1, 2}. Es gibt 104 unterschiedliche Matrizen dieser Form und demnach 1012 mögliche Dreiertupel (A, B, C) insgesamt. Für wie viele dieser 1012 Dreiertupel ist das Produkt A•

B•C

invertierbar? Zum Überprüfen der Invertierbarkeit einer Matrix A können Sie die Funktion A. is_invertible ( ) verwenden oder Sie benutzen das Invertierbarkeitskriterium für 2 x 2-Matrizen, nämlich A invertierbar

A1,1 • A2,2 - A1,2 ' A2,1

0.

Hinweis: Versuchen sie nicht alle 1012 Möglichkeiten durchzuprobieren. Das Produkt von Matrizen ist invertierbar, wenn die einzelnen Matrizen invertierbar sind. ❑ Zusatzaufgaben. 4.90; Invertieren Sie die Matrix A = (21 —44 ) des IR2x2

❑

1 2 2 4.911* Berechnen Sie 1 1 —1 • (11 1 o 2) . 1 0

❑

2 1 4.921* Berechnen Sie (-5 -13 ) . (11 0 2).

0

12 2

4.931 Berechnen Sie

(

1 —1 1o

T

.

0

( 2 3

4.941 Berechnen Sie 5 —1 — (O.

0

17 9

2

12

4.95' Sei a = (31. Berechnen Sie diag(a) • —1 .

111

4.96, Invertieren Sie die Matrix A = _21 —37 ) des R2x2.

❑

4.97; Berechnen Sie für die Matrix A aus Aufgabe 4.96 die dritte Potenz A3.

❑

4.98 Zeigen Sie, dass für jeden Vektor v E W' gilt idr, • v = v .

❑

7

134

4

MATRIZEN.

A

II Lösungen. 4.64 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? V Eine m x n-Matrix ist eine Abbildung, die jeder „Position" in einer Tabelle mit m Zeilen und n Spalten ein Element aus einer zugrundeliegenden Menge S zuordnet. g Ein n-dimensionaler Spaltenvektor über einem Körper K ist eine Matrix aus der Menge Knx1. V Die i-te Zeil einer in x n-Matrix A ist einen m x 1-Matrix A(,) = (Azi , Azr.). El Die Einträge einer quadratischen Matrix sind nicht entscheidend, die Größe ist entscheidend. Eine quadratische Matrix hat gleich viele Zeilen wie Spalten. CES Die Addition von Matrizen ist einträgeweise definiert. LI Die Multiplikation einer Matrix über einem Vektorraum mit einem Skalar ist einträgeweise definiert. 0 Man kann nur dann zwei Matrizen miteinander multiplizieren, wenn die Spaltenzahl des ersten Faktors mit der Zeilenanzahl des zweiten Faktors übereinstimmt. CRI Man kann einen n-dimensionalen Spaltenvektor nur dann von rechts mit einer Matrix multiplizieren, wenn die Matrix n Spalten besitzt, die Anzahl der Zeilen der Matrix ist dabei unwichtig. O Man kann die beiden Matrizen A und B nur dann addieren, also A + B berechnen, wenn A genauso viele Spalten und Zeilen besitzt wie B. O Die Multiplikation zweier quadratischer Matrizen ist kommutativ. Zum Beispiel ist (1 110 0 2) (11 2) 2) —

2 2 4 (1 (1 0) 2 4) 7- 1 6) — 1 2

(1 1) 0 2)

CI Die Matrix, dessen i-ter Spaltenvektor dem i-ten n-dimensionalen Standardeinheitsvektor für alle i E {1, , n} entspricht, bezeichnen wir mit idn. V Diese Matrix wird auch als die Einheitsmatrix bezeichnet. [if Die Eigenschaften invertierbar und regulär bedeuten für eine quadratische Matrix dasselbe. O Ein quadratische Matrix, die nicht regulär ist, ist nicht invertierbar und damit singulär. C( Eine symmetrische Matrix ist per Definition immer quadratisch. • 4.65 Es ist zum Beispiel

A=

1 23 3 1 21 2 (2 3 3 1

E 53x4

eine solche Matrix. Entscheidend ist, dass sie 3 Zeilen und 4 Spalten und Einträge aus S = {1, 2, 3} besitzt. • 4.66 Die Diagonalelemente sind die Elemente einer Matrix, deren Zeilenindex mit ihrem Spaltenindex übereinstimmt. Für die Matrix A aus Aufgabe 4.65 sind es A11 = 1,

A22 = 2

und

A33 = 3. 135

S. MATRIZEN.

Also ist An • A22 .A33 = 1 • 2' 3 = 6.

4.67 Die Spalten der Matrix A lauten

A(1) - (1

A(2) — (2

A(3) = (1

A(4) = (2) 1

und die Zeilen lauten A(2) = (1 2 1 2),

A(i) = (1 2 3 3),

A(3) = (2 3 3 1),

4.68 Es ist (2 3) 5 -1

(11 1) 02

(2+11 3 + 1 5 +0 -1 + 2)

34 (15 1) .

4.69 Es ist (2 3) (11 1) 5 -1 02

(

2 • 11 3 • 0 2 • 1 3 • 222 8 5 . 11 + (-+ 1) • 0 5 • 1 + (-+ 1). 2) (55 3) .

4.70 Es ist (1 2 1 -1 1 0

•

(1 1 2) = 10 2

1• 1+2 1 1•1+2 0 1 •2 + 2 • 2 1 •1 + (-1) 1 1 • 1 + (-1) • 0 1 • 2 + (-1) • 2 1•1+0 1 1•1+0•0 1 2+0•2

4.71 Es ist (12 2 1 -1 1 0

= 12 ( 11 2 -1 0

4.72 Es ist 2 • 3+3 ( 2 3 5 -1 • (1 = 5 3+ (-1) • 2 17 9 17 • 3+9

136

125 3 .

=

(3 1 6 0 1 0). 1 1 2

MATRIZEN.

1

4.73 Es ist diag(a) =

(2

0

03 0 00 7

■ 4.74 Wir nutzen die Formel zum invertieren von 2 x 2-Matrizen. Es ist A 1=

1 7 3) = 1 • 1 • 7 - (-3) •(-2) (2 1

(7 3 2 1

Man rechnet nach, dass A A-1 -

1 -2

7)

(7 3)

21

(1

7 + (-3) •2 1 • 3 + (-3) • 1 (1 0 -2 • 7 + 7 2 -2 • 3 + 7 1 ) — 0 i )

—

1d2.

4.75 Es ist A2 ( -2 7

-2 1

(1 • 1 + (-3) • (-2) 1 • (-3) + (-3) • 7) 7 -24) -2 • 1 + 7 • (- 2) -2 • (-3) + 7 • 7 — ( -16 55

7

und damit A3 _

2 -3 7 (-1

_167 -5245 )

—

)

(1 • 7+ (-3) • (-16) 1 • (- 24) + (-3) • 55) -2 • 7 + 7 • (-16) -2 • (-24) +7.55

( 55 -189 -126 433 ) •

4.76 Die 0-Matrizen jeder Größe sind nicht invertierbar. Aber sie sind nicht die einzigen nicht-invertierbaren Matrizen. Jede 2 x 2-Matrix der Form A= (; ) für reelle Zahlen s, t E IR ist nicht invertierbar aber symmetrisch. Denn angenommen, es gibt eine Matrix A E 1(82x2 mit A • B = id 2, dann gilt A B = (s • Bi , t • B21 • S •

t • B21

312 t • B22 \I • B12 + t • B22

S • / 8

(10 01)

und es wäre gleichzeitig s • B11 t • B21 = 1 und s • B11 +t • B21 = 0 - das ist nicht möglich. Ähnliche Beispiele für nicht invertierbare Matrizen kann man sich auch für größere Matrizen überlegen. ■ 4.77 Es seien A und B invertierbare Matrizen gleicher Größe, also in 11;en' für ein n E N>1. Dann ist B-1 • A-1 die inverse Matrix zu dem Produkt A • B, denn es gilt (A • B) • (B-1 • A-1) = A • B • B-1 • A-1 = A • id„ • A-1 = A • A-1 =

4.78 Es seien A, B E 111"n symmetrische Matrizen, für die gilt A • B = B • A. Dann gilt Aij = Aji und Bi j = Bji für alle i, j E {1, „. n}.

137

MATRIZEN.

Es sei C = A • B und C' = B • A. Nach Voraussetzung gilt C = C'. Seien i, j E {1, ... , n} beliebig gewählt. Dann ist Cij =

E Ajk •

Bkj =

k=1

E Aki •

n

B

Bjk =

k=1

' Aki =

k=1

Da C = C' ist, gilt Cij = Cii für alle i, j E {1, ... , n}. Also ist C und damit das Produkt von A und B symmetrisch. • 4.79 Es sei A E R" n. Es sei C = A • id, und C' = id, • A. Seien i, j E {1, ... ,72} beliebig gewählt. Es gilt (idn)ii = 1, falls i = j und (id,)ij = 0, falls i j. Dann ist

E Ail, . (idn)ki = Azj '

Cij =

= Aij

k=1

und

E (id„)ik•

Cij =

Akj = 1 •

Aij = Aij.

k=i

■

Also gilt A = C = C', was die Behauptung zeigt.

4.80 Man bildet für einen Vektor v E Rn die n x n-Matrix diag(v), indem man für j E {1, , n} setzt diag(v)i; =

vi, für i = j 0 sonst.

Es sei c = diag(v) • x. Seien i E {1, ... n} beliebig gewählt. Dann ist ci

= E diag(v)ik • xk = vi • Xi, k=1

was zu beweisen war.

•

4.81 Es sind zwei Richtungen der Äquivalenz zu zeigen. „

>": Es sei A E R2'2, so dass A

b = (—ab a)

oder A = (ab db)

mit a, b, d E R gilt. Dann berechnet man (— ab a) ( ab

—b = a2 + b2 —ab + ab) —ba + ab b2 + a2 a)

Ist A von der Form A = (ab db)

138

(a b

—b) (

a

a —b

b

a

MATRIZEN.

At

mit a, b, d E IR, so gilt A = AT und die Behauptung ist klar. „•": Wir berechnen zunächst allgemein für eine beliebige Matrix A E lex 2 A • AT = (ac db )

(ab dc ) = ( c • a+ a2+ db22a'a b c2+b -h d2d)

und AT •A= (ab

• (ac

a2

a2

d) = (b • a -1-d • c

a-b+c•d b2 d2 ) •

Damit A • AT = AT • A gilt, müssen also die vier Bedingungen a2 -rb2 — a2 + c2 a•c+b•d=a•b+c•d c•a+d•b=b•a+d•c c2 + d2 = b2 + d2

erfüllt sein - denn zwei Matrizen sind gleich, wenn ihre Einträge gleich sind. Die zweite und dritte Bedingung sind identisch, die erste und letzte kann man leicht umformen (a2 bzw. d2 abziehen) und erhält ebenfalls identische Bedingungen. Es bleiben die beiden Bedingungen b2 =C2 a•c+b•d=a•b+c•d

Aus der ersten Bedingung können wir ableiten, dass entweder c = b oder c = —b ist.

Fall 1 (c = b): Dann liest sich die zweite Bedingung als a•b+b•d=a•b+b•d

Diese Bedingung ist immer erfüllt. Es ist also A von der Form A = (7 db ) mit a, b, d E R. Fall 2 (c = —b):... und insbesondere c*b, also b 0. Dann liest sich die zweite Bedingung als a • b+(—b)•d=a•(—b)+b•d

< >

a•b=b•d

Diese Bedingung ist erfüllt für b= 0 - den Fall haben wir ausgeschlossen (weil im Fall 1 schon betrachtet) oder es gilt c 0 - dann ist a = d und es gilt A = (ab db) mit a, b E IR. 139

1. MATRIZEN.

4.82 Wir zeigen die Aussage über eine vollständige Induktion über n. Induktionsverankerung: Es ist Al = A = (3.1 01) mit An = az = al + ao = 1 + 0 = 1, Al2 = A21 =- al = 1 und A22 = ao = 0. Induktionsannahme: Für ein n E N sei die n-te Potenz von A von der angegebenen Form. Induktionsschluss: Wir berechnen A n+1

= A

n A (a,+1 a,)(1 1) = (a, + an+1) = (an+2 an a„_ i 10 an + an-1 a,

) an'

was zu beweisen war.

■ 4.83 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: def Fib2powerN(n): A = matrix([[1, 1], [1, for i in [1..n]: A = A return A[0, 0] sage: def Fib(n): a, b = 0, 1 • for i in [1..n): a, b = b, a + b return b sage: Fib(2^1) == Fib2powerN(1) True sage: Fib(2^2) == Fib2powerN(2) True

NH A

4.84 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: A, B = random_matrix(ZZ,4,3),random_matrix(ZZ,3,4) sage: A, B ([-1 1 -1] [ 1 -1 0] [ 2 1 -2 -1] [ 1 -2 0] [ 1 -17 1 -1] [-3 -1 8], [ 1 -18 -1 -1]) sage: A*B [ -2 0 4 1] [ 1 18 -3 0] [ 0 35 -4 1] [ 1 -130 -3 -4]

4.85 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: A, B = random_matrix(ZZ,4,3),random_matrix(ZZ,4,3) sage: A, B ([-1 1 -1] [ 2 1 -2] [ 1 -3 0] [ 2 -2 -1] [ 1 0 -2] [ 1 23 -1] [-3 -3 4], [ 3 -1 -2]) sage: A+B [ 1 2 -3] [ 3 -5 -1] [ 2 23 -3] [ 0 -4 2]

4.86 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. 140

MATRIZEN.

A

sage: A = random_matrix(ZZ,4,3) sage: a - vector(ZZ,13,-2,1]) sage: A [ 1 -1 -1] [ 3 -2 -11 [ 0 -2 0] [ 3 -1 1] sage: A*a (4, 12, 4, 12)

4.87 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: A = random_matrix(ZZ,4,3) sage: A [ 6 1 1] [ -3 0 -2] [ -2 -15 -1] [ -1 -3 -1] sage: 3*A [ 18 3 3) [ -9 0 -6] [ -6 -45 -3] [ -3 -9 -3]

4.88 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: A = random_matrix(ZZ,4,3) sage: A [ 0 -3 1] [-1 -5 5] [-1 1 1] [ 2 0 8] sage: A.transpose() [ 0 -1 -1 2] [-3 -5 1 0] [ 1 5 1 8]

4.89 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: # A*B*C ist invertierbar 4* A und B und C sind einzeln invertierbar sage: # Die Anzahl der Möglichkeiten, dass A*B*C invertierbar ist, ist die dritte sage: # Potenz der Anzahl an Möglichkeiten, dass A invertierbar ist. Also: sage: s 0 sage: for a in [0..9]: sage: for b in [0..9]: sage: for c in [0..9]: sage: for d in [0..9]: sage: A = matrix(QQ, [[a, b], [c, d]]) sage: if A.is_invertible(): sage: s=s+1 sage: s"3 838561807000

Es ist absolut notwendig, die Matrizen als rationale Matrizen zu definieren. Andernfalls interpretiert Sage diese als ganzzahlige Matrizen und liefert das folgende falsche Ergebnis. sage: s = 0 sage: for a in [0..9]: sage: for b in [0..91: sage: for c in [0..9]: sage: for d in [0..9]: sage: A = matrix(ZZ, [[a, b], [c, d]])

141

14. LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME

sage: sage:

:f A.is_invertible (I : s = s + 1

sage: s 8 3 10941048

4.6 Lineare Gleichungssysteme

Einleitung. Lineare Gleichungssysteme sind aus der Schule gut bekannt. Interessanterweise

lässt sich ein lineares Gleichungssystem in der Sprache der Multiplikation von Matrix und Vektor formulieren. Die Lösung eines linearen Gleichungssystems entspricht der Menge der Vektoren, welche eine Matrix A E Km" auf einen festen Vektor b E Km abbildet. Es spielen also lineare Abbildungen eine entscheidende Rolle beim Studium linearer Gleichungssysteme. Wir erinnern kurz, was wir unter einem linearen Gleichungssystem verstehen. Ein lineares xy, Gleichungssystem (LGS) ist ein System von m Gleichungen in n Unbekannten xi , der Form A1,1 • X1 + A1,2 X2 + • • • + Al,rt •

Xn

A2,1 • X1 + A2,2 • X2 + • • • + A2,71, • X,,•

Am ,i • xi Am,2 x2 + • • • +

b2

Arno, • xn = bm

mit Koeffizienten A1,1, • • • , An,,n E K und der rechten Seite b1,

bm E K.

= bm = 0, nennt man das LGS homogen. Ein Ist die rechte Seite gleich 0, also b1 = nicht-homogenes LGS wird auch inhomogenes LGS genannt. Wir bezeichnen mit L = {x E Kn : x löst das LGS} die Lösungsmenge des LGS. Wir können lineare Gleichungssysteme in der Sprache der linearen Algebra studieren, indem man den folgenden offensichtlichen Zusammenhang herstellt. Die Lösungsmenge eines lineare Gleichungssystem entspricht (lässt sich identifizieren mit) L= Ix E

: A • x = b},

wobei A E IR' die Matrix, deren Einträge den Koeffizienten des LGS und b E km der Spaltenvektor ist, dessen Einträge der rechten Seite des LGS entsprechen. Das bekannteste Lösungsverfahren für lineare Gleichungssysteme ist das Gaußsche Eliminationsverfahren. Dazu werden Tableaus Alb bestehend aus einer Matrix A E Km" und einem Vektor b E Km definiert, welche linearen Gleichungssystemen, bzw. deren Übersetzung A • x = b, entsprechen. Übersetzt man nun ein zu lösendes lineares Gleichungssystem in ein Tableau, werden auf diesem Umformungen, die sogenannten Gauß-Schritte durchgeführt, um die Matrix (der vordere Teil des Tableaus) auf Zeilen-Stufen-Form zu bringen. Im Hintergrund, auf dem Tableau nicht sichtbar, entsprechen diese Umformungen einer 142

LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME

schrittweisen Elimination von Unbekannten in den Gleichung des ursprünglichen linearen Gleichungssystems. Das Tableau, dessen Matrix in Zeilen-Stufen-Form vorliegt, wird dann wiederum in ein lineares Gleichungssystem übersetzt, dessen Lösung ... s. ... genau der Lösung des ursprünglichen linearen Gleichungssystems entspricht. s.... leicht auszulesen ist. Sei A E K'n und b E Km. Die Gleichung A • x = b schreiben wir als Tableau, indem wir die Einträge der Matrix A um den Vektor b ergänzen, jedoch durch eine senkrechte Linie abgegrenzt, in eckigen Klammern notieren. Es ist dann A 1,1 . • • A1,”.

[Alb] =

bi

:

Die Lösungen eines Tableaus sind die Lösungen der zugehörigen Gleichung A • x = b. Zwei Tableaus heißen äquivalent, wenn sie dieselben Lösungen haben. Wir schreiben dann [Alb] [A'lbl, falls [Alb] und [A' äquivalent sind. Es sei [Alb] ein Tableau. Dann bezeichnen wir die folgenden Umformungen auf [Alb] als Gauß-Schritte. GS1. GS2. GS3. GS4.

Addition des Vielfachen einer Zeile zu einer anderen Zeile. Multiplikation einer Zeile mit einem Skalar. Vertauschen zweier Zeilen. Streichen einer Nullzeile.

Gauß-Schritte ändern die Lösungsmenge nicht und jedes Tableau [Alb] lässt sich in endlich vielen Gauß-Schritten in ein äquivalentes Tableau [A' in Zeilen-Stufen-Form umformen. Liegt ein Tableau in Zeilen-Stufen-Form vor, dann lässt sich die Lösungsmenge leicht auslesen. Das Verfahren wird „Rückwärtseinsetzen" genannt, weil man mit der letzten Zeile des Tableaus, die keine Nullzeile ist, beginnend sich nach oben arbeitend in jedem Schritt die Lösung für einige Variablen fest legt. Das Prinzip in Worten lautet: Lösche Nullzeilen und übersetze das Tableau in ein LGS. Hat eine Gleichung genau k — 1 führende Koeffizienten die Null sind, dann lässt sich der Wert der Variablen xk bestimmen, wenn die Werte der Variablen xk+i, xn bestimmt sind. OX1

+ • • • + OXk_i+ µkxk

•:=>

12 kX1c = b

xk =

1.1c4-1Xk-E1 + • . gk-I-1X1c+1 — • • • — grtXn exr, xk+

Um dieses Verfahren zu beschreiben, sind die folgenden Definitionen hilfreich. Wem das Lösen von LGS über das Rückwärtseinsetzen geläufig ist, muss sich nicht mit diesen technischen Details beschäftigen. Sei [Alb] ein Tableau in Zeilen-Stufen-Form mit A e Km". Für alle Zeilen mit Index i, die

143

1.

LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME

keine Nullzeilen sind definieren wir die Weite w(i) -= min{j E {1,

n} : Ai • 0 0} — 1

von Zeile i als den kleinsten Spaltenindex, der von 0 verschiedenen Einträge in Zeile i minus 1. Nullzeilen haben Weite n. Außerdem definieren wir die Schrittweite s(i) = w(i + 1) — w(i) von Zeile i als die Differenz der Weiten von Zeile i + 1 und i für alle i E {1, . , m — 1} und die Schrittweite s(m) = n — w(m) von Zeile m. Für Zeile i ist Ii (A) =-

e{1...n} : w(i) + 1 < j < w(i + 1) + 1}

die Indexmenge der Spalten mit Index größer w(i) + 1 und kleiner w(i + 1) + 1. Begriffe. lineare Gleichungssysteme (LGS) - homogene und inhomogene lineare Gleichugnssysteme - Rückwärtseinsetzen Übungskurs. El 4.99 ❑ 4.105

D 4.100 ❑ 4.106

13 4.101 ❑ 4.106

13 4.102

El 4.103

3 4.104

Aufgaben. 4.991Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 3 Jedes LGS hat mindestens eine Lösung. ❑ Ein LGS lässt sich als die Gleichung eines Produkts einer Koeffizientenmatrix und eines „Variablenvektors" mit einem „Rechteseitenvektor" schreiben. 13 Zwei Tableaus heißen äquivalent, wenn sie die gleiche rechte Seite besitzen. 13 Über Gaußschritte lässt sich jedes Tableau in Zeilen-Stufen-Form bringen. D Rückwärtseinsetzen ist eine Verfahren, um aus einem beliebigen Tableau die Lösungsmenge auszulesen.

IAS-LGr5J11

Gegeben sei das LGS A • x = b mit A— 4.1002 Stellen

268 3) 3 3 9 11

—1

2

und b = (-6 ). -5

Sie das zu dem gegebene LGS gehörige Tableau auf und bringen Sie es auf ZSF. Geben Sie dann für jede Zeile die Schrittweite an. ❑ 144

LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME A 4.101 2 Lösen Sie das gegebene LGS, indem Sie per Rückwärtseinsetzen aus dem Tableau aus Aufgabe 4.100 die Lösung auslesen. ❑ IAS-LeP1

Gegeben sei das LGS A • x = b mit A—

( 1 2 4) 3 9 15

und

3 b= -1 . 10

4.1022 Stellen Sie das zu dem gegebene LGS gehörige Tableau auf und bringen Sie es auf ZSF. Geben Sie dann für jede Zeile die Schrittweite an. ❑ 4.1032 Lösen Sie das gegebene LGS, indem Sie per Rückwärtseinsetzen aus dem Tableau aus Aufgabe 4.102 die Lösung auslesen. ❑ IAS-La5131

Gegebe n sei das LGS A • x = b mit 1 2 4) A= (-1 4 2 3915

3 und b = (-1) 2

4.1042 Stellen Sie das zu dem gegebene LGS gehörige Tableau auf und bringen Sie es auf ZSF. Geben Sie dann für jede Zeile die Schrittweite an. 2 4.1052 Lösen Sie das gegebene LGS, indem Sie per Rückwärtseinsetzen aus dem Tableau aus Aufgabe 4.104 die Lösung auslesen. ❑ IAS-LG[514]

Gegeben sei das LGS A • x = b mit A

3 6 32 6 = ( -2 -4 -4 0 1

und b = 3 3

4.1062 Lösen Sie das LGS Ax = b.

3

Gegeben sei das LGS A • x = b mit 1 3 A= ( 2 -2 5

-4 6 -8 14 -20

2 und b — ( 124) -2 10

4.1072 Lösen Sie das LGS Ax = b.

❑

Zusatzaufgaben. Gegeben sei das LGS A • x = b mit ) A=( 133 und b = (16). -4 2 3 9 4.1082* Stellen Sie das zu dem gegebene LGS gehörige Tableau auf und bringen Sie es auf ZSF. Geben Sie dann für jede Zeile die Schrittweite an. 3

145

LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME

4.1092,, Lösen Sie das gegebene LGS, indem Sie per Rückwärtseinsetzen aus dem Tableau aus Aufgabe 4.108 die Lösung auslesen. ❑ Gegeben sei das LGS A • x -= b mit A=

(2 3 1

6) 5 8 4

und b=

8 2

4.1102,, Stellen Sie das zu dem gegebene LGS gehörige Tableau auf und bringen Sie es auf ZSF. Geben Sie dann für jede Zeile die Schrittweite an. ❑ 4.1112,, Lösen Sie das gegebene LGS, indem Sie per Rückwärtseinsetzen aus dem Tableau aus Aufgabe 4.110 die Lösung auslesen. ❑ Gegeben sei das LGS A • x = b mit A=

4 4 4) (-2 -3 -1 8 7 3

und b = -1) . 7

4.112 Stellen Sie das zu dem gegebene LGS gehörige Tableau auf und bringen Sie es auf ZSF. Geben Sie dann für jede Zeile die Schrittweite an. 3 4.1132* Lösen Sie das gegebene LGS, indem Sie per Rückwärtseinsetzen aus dem Tableau aus Aufgabe 4.112 die Lösung auslesen. ❑

Lösungen. 4.99 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 3 Es gibt LGS, die keine Lösung besitzen. Zum Beispiel das LGS, dass nur die Gleichung 0 • xi = 3 besitzt. d Ein LGS lässt sich als die Gleichung eines Produkts einer Koeffizientenmatrix und eines „Variablenvektors" mit einem „Rechteseitenvektor" schreiben. 3 Zwei Tableaus heißen äquivalent, wenn sie die gleiche Lösungsmenge besitzen. d Über Gaußschritte lässt sich jedes Tableau in Zeilen-Stufen-Form bringen. d Rückwärtseinsetzen ist eine Verfahren, um aus einem beliebigen Tableau die Lösungsmenge auszulesen.

4.100 Wir sind nach zwei Gaußschritten am Ziel. 26 8 -1 3 3 3911

146

2] I -5 II -5 III

[2 6 8 06 7 00 -1

2 I -4 II+ 2 • I -8 111— g . I

LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME

Die Schrittweiten sind

(

2 6 8) w(1) = 0 und s(1) = w(2) — w(1) = 1 — 0 = 1 0 6 7 w(2) = 1 und s(2) = w(3) — w(2) = 2 — 1 = 1 0 0 —1 w(3) = 2 und s(3) = 3 — w(3) = 3 — 2 = 1

4.101 Wir übersetzen das Tableau in ZSF aus Aufgabe 4.100 in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 2 • si + 6 • .2

+

0 • .1 + 6 • .2 +

8 • x3 =

2

7 • x3 = —4

0 • .1 -1- 0 •.2 -I- (-1) •.3 = —8

Aus der letzten Gleichung lesen wir aus x3 = 8. Eingesetzt in die zweite Gleichung erhalten wir 0 • x1 + 6 • .2 7 • 8= —4

was für

= —10

erfüllt ist. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir 2•

was für

+ 6 • (-10) + 8 - 8 = 2

= —1 erfüllt ist.

Wir erhalten die einelementige Lösungsmenge L=

(-10)1.

4.102 Wir sind nach drei Gaußschritten am Ziel. [ 1 2 4 —1 4 2 3915

3] I —1 II 10 III

12 4 06 6 03 3

3 2 1

I II +I III — 3 • I

12 4 06 6 00 0

3 2 0

I 11 III —

4

•II

Die Schrittweiten sind

(

1 2 4) w(1) = 0 und s(1) = w(2) — w(1) = 1 — 0 = 1 0 6 6 w(2) = 1 und s(2) = w(3) — w(2) = 3 — 1 = 2 00 0 w(3) = 3 und s(3) = 3 — w(3) = 3 — 3 = 0

4.103 Wir übersetzen das Tableau in ZSF aus Aufgabe 4.102 in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1 • xi + 2 • .2 4 • .3 = 3 0 • xi + 6 • x2 + 6 • .3 = 2

147

} LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME

In der letzten Gleichung setzen wir ±3 = A3 und erhalten x2 zweite Gleichung erhalten wir

A3.

s—

Eingesetzt in die

— Ä3) + 4 A3 = 3

1 • x1 + 2 •

was für

=

= s — 2 • A3 erfüllt ist.

Wir erhalten die Lösungsmenge L=

Ä3 • (-1) : A3

E 1181.

1

4.104 Wir sind nach drei Gaußschritten am Ziel. [ 1 2

4

3

—1 4

2

—1

3915

2

I

[1 2 4

3] I

II

06 6

2

III

03 3

—8

[1 2 4

11+1 III — 3 • I

31 1

06 6

2

00 0

—9

II III —

• II

Die Schrittweiten sind

(

12 4 06 6 00 0

w(1) = 0 und s(1) = w(2) — w(1) = 1 — 0 = 1 w(2) = 1 und s(2) = w(3) — w(2) = 3 — 1 = 2 w(3) = 3 und s(3) = 3 — w(3) = 3 — 3 = 0

4.105 Wir übersetzen das Tableau in ZSF aus Aufgabe 4.104 in ein Gleichungssystem 1 • xi + 2 - x2 +4 • x3 =

3

xl + 6 • x2 +6 - x3 =

2

0

x3 = —9

0 • xi + 0 • x2 +0

und stellen fest, dass die letzte Gleichung einen Widerspruch darstellt. Mit keiner Belegung der Variablen xi, x2 und x3 wird die letzte Gleichung wahr. Wir erhalten also die Lösungsmenge L = 0. ■ 4.106 Wir sind nach drei Gaußschritten am Ziel. 1

2 —1 2 4

3

I

1 2 —1

3

6

32 6

3

11

00

[—2 —4 —4 0 1

3

111

2

[0 0 —6 —4 1 2 —1 —›•

4

6 —4 —6

2

9 4

00

6 —4 —6

00

0

0

3

3] I —6

11-3-1

3

III + 2 • I

31 —6 3

II 111 + II

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive

148

LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME

A

beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. • si + 2 • x2 + (-1) - + 2 •x4 + 4 -x5= 3 • x i + 0 • x2 + 6 • x3 + (-4) • x4 + (-6) • x5 = —6 + 0 •x4 + 3 • 0 • + 0 • x2 + 0 3

1 0

Aus der letzten Gleichung lesen wir aus xs = 1. Eingesetzt in die zweite Gleichung erhalten wir 0 • x1 + 0 • x2 + 6 • x3 + (-4) - x4 + (-6) • 1= —6 und setzen nun ±4 = A4. Wir erhalten x3 = 3 • A4. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir 1 ' x 1 + 2 • x2 + (-1)

• 2,4 + 2 - Ä4 + 4 • 1 = 3

und setzen nun x 2 = A2. Wir erhalten x l = —1 — 2 • A2 — Wir erhalten die Lösungsmenge —2

1

0 1

+ A2 •

— 300 ( 10) + A4 •

2 ä)

0 0

: Ä2 , A4 E

1 0

4.107 Wir sind nach einigen Gaußschritten am Ziel. [ 1 —4 6 3 2 —8 —2 14 5 —20

2 I 12 II 4 III —2 IV 10 V

1 —4 0 18 0 0 0 6

2 6 0 2

0

0

0

1 —4 0 6 0 18 0 0 0 0

I II — 3 - I III — 2 I IV + 2 • I V -5 - I

2 I 2 IV 6 II 0 III 0 V

0 0

—4 6 0

2 2 0

II

0

0

0

IV

LO

0

0J V

1

I

III

-3

II

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1 • si + (-4) • x2 = 2 0 • x1 + 6 • x2 = 2 Aus der letzten Gleichung lesen wir aus ± - 2 = 3. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten 149

STRUKTURERHALTENDE ABBILDUNGEN.

wir 1•

+ (-4) • 4 = 2

und lesen aus xl = 10. Wir erhalten die Lösungsmenge

=

4.7 Strukturerhaltende Abbildungen.

Einleitung. In unterschiedlichen Exemplaren derselben algebraische Strukturen gelten die gleichen, in den definierenden Axiomen festgelegten Rechenoperationen. In diesem Sinne sind sie sich ähnlich. Eine Gruppe mag auf einer sehr komplizierten Menge, wie beispielsweise auf den Polynomen eines festen Grads und mit entsprechend involvierten Verknüpfungen sehr komplex erscheinen. Oder sie lautet einfach (Z, +). In beiden Fällen ist die Verknüpfung abgeschlossen, assoziativ, es gibt ein neutrales Element und für jedes Gruppenelement ein Inverses. Diese Abstraktion ist ja gerade die Stärke des Konzeptes algebraischer Strukturen. Ein großes Gleichmachen und Abstrahieren, um möglichst allgemeine Aussagen zu gewinnen und insbesondere komplizierte Exemplare besser zu verstehen. Aber wie weit geht die Ähnlichkeit? Gibt es strukturell überhaupt unterschiedliche Gruppen? Oder gilt, dass man beispielsweise alle endlichen Gruppen, sagen wir mit n Elementen, komplett versteht, wenn man nur eine von diesen kennt? Wie kann man unterschiedliche Objekte ein und derselben algebraische Struktur vergleichen? Dazu werden Abbildungen definiert, welche Elemente unterschiedlicher Exemplare derselben algebraischen Struktur aufeinander abbilden. In einem gewissen Sinne identifiziert man Elemente in den beiden Exemplaren derselben algebraischen Strukturen miteinander, so dass Rechnen im Urbild dem Rechnen im Bild entspricht. Es werden Abbildungen definiert, welche solche Elemente aus dem Urbildexemplar einer algebraischen Struktur auf solche Elemente des Bildexemplars derselben algebraischen Struktur abbilden, die sich beim Rechnen identisch verhalten. Diese Abbildungen werden Homomorphismen genannt, von Lateinisch homo (auf Deutsch „gleich/ähnlich") und morphismus (auf Deutsch „Struktur"). Diese Abbildungen sind für die uns bekannten algebraischen Strukturen (Gruppe, Körper, Vektorräume, ... ) sehr ähnlich. Seien (G, o) und (H, *) Gruppen. Wir nennen eine Abbildung f : G —› H einen Gruppenhomomorphismus, wenn gilt f (x o y) = f (x) * f (y) 150

für alle x, y

E

G.

STRUKTURERHALTENDE ABBILDUNGEN. A

Zwei Gruppen heißen isomorph, wenn es einen bijektiven Gruppenhomomorphismus zwischen beiden gibt. Homomorphismen auf Vektorräumen werden traditionell als lineare Abbildungen bezeichnet. Seien (V, $, 0) und (V', +, .) Vektorräume über dem Körper 1K. Eine Abbildung f : V -> V' heißt Vektorraumhomomorphismus oder linear, falls sie die folgenden Bedingungen erfüllt. Ll. f (v + w) = f (v) + f (w) Vv, w E V (Additivität) L2. f (Ä • v) = Ä • f (v) Vv E V, Ä E K (Homogenität) Neben diesen beiden wichtigsten strukturerhaltenden Abbildungen algebraischer Strukturen, gibt es natürlich auch Homomorphismen für Ringe und Körper. Begriffe. Homomorphismus - Isomorphismus - Gruppenhomomorphismus - lineare Abbildung - Additivität und Homogenität Übungskurs. El 4.114

E 4.115

2 4.116

3 4.119

❑ 4.121

IM Aufgaben. 4.1141Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ Ein Gruppenhomomorphismus ist eine bijektive Abbildung zwischen zwei Gruppen. El Es gibt Gruppenhomomorphismen zwischen einer Gruppe und einem Vektorraum. III Zwei Gruppen heißen isomorph, wenn es einen Gruppenhomomorphismus zwischen ihnen gibt. 0 Zwei isomorphe Gruppen sind von gleicher Ordnung. 3 Die Gruppe (Z;`, 03) ist isomorph zur Gruppe (Z2, EID2). 13 Es gibt zwei nicht-isomorphe Körper der Ordnung 5. ❑ Vektorraumhomomorphismen werden auch lineare Abbildungen genannt. E Umkehrabbildungen linearer Abbildungen sind ebenfalls linear.

❑

4.115' Ist die Gruppe (4, 05) isomorph zur Gruppe (7L4, 04)? 4.1162 Zeigen Sie, dass die Abbildung f : R2 -> R2 (xy ) 1-> (x

AS-S 1 AS-S [5121

t Yx)

eine lineare Abbildung ist.

❑

4.1172 Es sei f : IR -rill mit x 1-> x3 eine Abbildung. Ist f eine lineare Abbildung?

❑

4.1182 Zeigen Sie, dass die Abbildung

1 A S - S KI31 1 AS-515141

f : R3 —> R2 , (y) 1-4 (x z —z) y eine lineare Abbildung ist.

❑ 151

k

STRUKTURERHALTENDE ABBILDUNGEN.

as-s usj 4.1192 Zeigen Sie, dass R[x]3 isomorph zu einem UV mit n E N ist (Nennen Sie dabei explizit n).

3

1

AS-5

[5161

4.1203 Zeigen Sie, dass für jeden Gruppenhomomorphismus f : G H zweier Gruppen (G. o) und (H, .) gilt f (eG ) = ell. ❑

1

AS-S

[5171

4.1213

Zeigen Sie, dass alle Gruppen der Ordnung 2 isomorph sind.

❑

j AS-S [5181 Es seien f, g : V --> V' lineare Abbildungen auf den Vektorräumen V, V' über dem Körper

IK. 4.1223 Zeigen Sie, dass für jede Zahl A E K die Abbildung A • f linear ist.

❑

4.1233 Zeigen Sie, dass die Abbildung f + g linear ist.

❑

4.1243 Zeigen Sie, dass die Menge der linearen Abbildungen von einem Vektorraum IRn in einen Vektorraum Ir mit den Verknüpfungen von Abbildungen (Addition (f + g) (x) = f (x) + g(x) und skalare Multiplikation (A • f)(x) = A • f (x) für zwei Abbildungen f, g und A E 1K aus einem Vektorraum in den gleichen Vektorraum) selbst einen Vektorraum bildet.

Zusatzaufgaben. 4.125,2 Zeigen Sie, dass die Abbildung f : R2 —› R2 , G) eine lineare Abbildung ist. 4.1262,, Es sei f : IY—› R mit x

eine Abbildung. Ist f eine lineare Abbildung?

4.1272,, Zeigen Sie, dass die Abbildung f :R3 —› R2 (;

F-

z - y)

eine lineare Abbildung ist.

❑

Es seien f, g : V —› V' und h : V' —› V" lineare Abbildungen auf den Vektorräumen V, V' und V" über dem Körper K. : -t V" linear ist. 4.128,2 Zeigen Sie, dass die Abbildung h o f :V

❑

Lösungen. 4.114 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ Ein Gruppenhomomorphismus ist eine Abbildung zwischen zwei Gruppen, so dass Bilder von Verknüpfungen der Verknüpfung von Bildern entspricht. Ein Gruppenhomomorphismus muss nicht zwangsläufig bijektiv sein. Eif Es gibt Gruppenhomomorphismen zwischen einer Gruppe und einem Vektorraum - im 152

STRUKTURERHALTENDE ABBILDUNGEN.

A

Prinzip schon, man betrachtet dann nur die additive Verknüpfung des Vektorraums, denn dann ist er eine abelsche Gruppe. 13 Zwei Gruppen heißen isomorph, wenn es einen bijektiven(!) Gruppenhomomorphismus zwischen ihnen gibt. IX Zwei isomorphe Gruppen sind von gleicher Ordnung. Dafür sorgt der bijektive Gruppenhomomorphismus, den es bei isomorphen Gruppen per Definition geben muss. CRI Die Gruppe (4, 03) ist isomorph zur Gruppe (Z2, 02). Dabei wird die 1 E Z auf die 0 E Z2 und die 2 E Z auf die 1 E Z2 abgebildet. Beide Gruppen sind von Ordnung 2. Alle Gruppen von Ordnung 2 sind isomorph zueinander. ❑ Alle Körper endlicher Ordnung sind isomorph zueinander. CRI Vektorraumhomomorphismen werden auch lineare Abbildungen genannt. Of Umkehrabbildungen linearer Abbildungen sind ebenfalls linear. Dazu rechnet man die definierende Eigenschaft nach.

4.115 Wir erinnern zu Beginn 4 = {1,2, 3,4}

und

Z4 = {0, 1,2, 3}

und geben den Isomorphismus zwischen den beiden Gruppen direkt an. Wir müssen natürlich dann noch beweisen, dass es sich auch tatsächlich um einen Isomorphismus handelt. Es sei f : (4,05) -› (Z4, 04) mit f(1) = 0,

4.116 Es ist zu zeigen, dass

f(2)

f additiv (L1) und homogen (L2) ist.

Ll. Es seien v, w E R2 beliebig gewählt. Dann ist f(v

w) = f ((vv,i

_ (vi + toi tuv2i +w2) t = (vi +v2) vi + (w1 +-w w 2i )

f(v) + Alu),

was zu zeigen war. L2. Es seien v E R2 und A E IR beliebig gewählt. Dann ist

f (A • v) = f (( A vv21 )) = (A • vi_IAAv v 9 = A •• (."1 Ivv2 ) = A • f (v), was zu zeigen war.

4.117 Die Abbildung f : R -> IR mit x

x3 ist keine lineare Abbildung. Sie ist weder

153

k

STRUKTURERHALTENDE ABBILDUNGEN.

additiv noch homogen. Denn es ist zum Beispiel f(2 + 2) = f(4) = 64 8 + 8 = f(2) + f(2) und auch f (2 • 3) = f (6) = 216 2 • 27 = 2 • f (3).

4.118 Es ist zu zeigen, dass f additiv (L1) und homogen (L2) ist. Es seien v, w E R3 beliebig gewählt. Dann ist J (v

w) = f (( v 12 + :12)) ++

— v3 — W3

V1 v3 +

(:))13 + WW3 - v2 - iv2) - (v2 - v2)

— W3 = f (v) + f (w, )

(w3 -

was zu zeigen war. L2. Es seien v E R3 und E R beliebig gewählt. Dann ist vi \

f

v) - f- ((A v2) -

(xvi - xv3)

›t • V3

- AV2

A (vi - v3 ) = A •f( v) v3 V2

was zu zeigen war.

4.119 Es ist R[x]3 isomorph zum EV. Wir geben dazu den Isomorphismus explizit an. Es ist a)

f:

—› IR.4 ,

ax3+b x +2 cx + d 1->

e

Bleibt zu zeigen, dass f ein Isomorphismus ist. Es ist also zu zeigen, dass f eine lineare Abbildung und bijektiv ist. Linearität. Es ist zu zeigen, dass f additiv (L1) und homogen (L2) ist. Ll. Es seien ax3 + bx2 + cx + d, ä x3 + x 2 + x + E R[x]3 beliebig gewählt. Dann ist f(ax 3 + bx2 + cx + d + ai x3 + bi x2 + c'x + d') = f ((a d )x3 + (b + b')x2 + (c + c')x + (d + d )) (a+ b+b a:)

(a) b

c

= c

d

d

(a b; )

= f (ax3 + bx + cx + d) f(äx3 + bix2 + ci x + was zu zeigen war. 154

),

STRUKTURERHALTENDE ABBILDUNGEN.

1

L2. Es seien ax3 + bx2 + cx + d E li8[x]3 und A E IR beliebig gewählt. Dann ist f (A • (ax3 bx2

d)) = f (Aax3 + .bx2 + Acx + Ad)) X•a b)

(A

A

d

= A • f (ax3 bx2 cx d), was zu zeigen war.

Bijektivität. Wir müssen zeigen, dass f injektiv und surjektiv ist. Injektivität. Angenommen, es gibt verschiedene Polynome p, q e R[x]3 mit f (p = f (q). Dann gibt es einen Vektor v E R4 mit f (p) = v und f (q) = v. Dann ist aber p = v1 x 3 v2x 2 + v3x + v4 =

ein Widerspruch, also ist f injektiv. Surjektivität. Es sei v E 1114 beliebig gewählt. Dann ist p = vix3 + v2x2 + v3x + v4 ein Polynom aus R[x]3 mit f (p) = v. Da v beliebig gewählt war, ist f surjektiv.

4.120 Angenommen, es gilt f (eG ) eH. Dann gibt es ein a e H mit f (eG ) = a und a eH. Dann gilt aber aufgrund der Additivität von f, dass a = f (eG ) = f (eG o eG) = f (eG) • f(eG) = a • a. Dann kann man auf beiden Seiten der Gleichung a = a • a mit dem inversen von a in H verknüpfen und erhält a=a•a


a•a-1

a•a•a-1

eH

a • ex < > eH a,

■

ein Widerspruch - also gilt f (eG ) = eH.

4.121 Es gilt nach Aufgabe 4.120, dass die neutralen Elemente unter einem Gruppenhomomorphismus aufeinander abgebildet werden. Eine Gruppe mit zwei Elementen hat neben dem neutralen Element ein weiteres Element. Bei einem bijektiven Gruppenhomomorphismus zweier Gruppen der Ordnung 2 müssen also diese beiden weiteren Element aufeinander abgebildet werden - mehr noch: Diese Abbildung kann immer definiert werden. Bleibt zu zeigen, dass diese Abbildung wirklich ein Gruppenhomomorphismus ist. Wenn eine Gruppe der Ordnung 2 die beiden Elemente e und a beinhaltet und e das neutrale Element ist, so gilt a o a = e, denn sicher gilt a o e = a. Sonst wäre a=a•a

a•a =a•a•a

e = a • e < > e = a. 155

STRUKTURERHALTENDE ABBILDUNGEN.

Seien ({ei, al}, o) und ({e2, a2}, o) Gruppen der Ordnung 2. Dann gilt J (ei) • f (el) = ez • e2 = ez = f(ei) = f(ei • ei) f (ei) • f(ai) = ez • az = az = Pal) = f(ei . al) f(ai) • f (ei) = az • ez = az = f(ai) = f(ai ei) f(ai) • f(ai) = az a2 = ez = f (ei) = f (al • al)

und somit ist f ein bijektiver Gruppenhomomorphismus und die beiden Gruppen ({ei, ai l, o) • und ({ez, a21, o) sind isomorph. 4.122 Es ist zu zeigen, dass die Abbildung A • f sowohl die Eigenschaft der Additivität (L1) als auch der Homogenität (L2) besitzt (die Definition einer linearen Abbildung fordert dies). Wir dürfen voraussetzen, dass f dies tut. Ll. Seien v, w E V beliebig gewählt. Dann gilt A • f (v + w) = A • (f(v + w)) = A • ( f (v) + f(w)) = A • ( f (v)) + A • (f(w)) = A • f (v) + A • f(w).

Dabei haben wir die Additivität von f und das zweite Distributivgesetz in Vektorräumen (VD2) benutzt. L2. Es seien v E V und µ E 1K beliebig gewählt. Dann gilt A • f (p, • v) = A • ( f (p, • v)) = A • (tt • f (v)) = A • µ • f (v)

= µ • (A • f (v)). • 4.123 Es ist zu zeigen, dass die Abbildung f + g sowohl die Eigenschaft der Additivität (L1) als auch der Homogenität (L2) besitzt (die Definition einer linearen Abbildung fordert dies). Wir dürfen voraussetzen, dass f und g dies tun. Li. Seien v, w E V beliebig gewählt. Dann gilt

(f + g)(v + w) = f (v + w) + g(v + w) = f (v) + f (w) + g(v) + g(w) = f (v) + g(v) + f (w) + g(w) = (f + g)(v) + (f + g)(w). L2. Es seien v E V und pi E 1K beliebig gewählt. Dann gilt (f + g) (µ • v) = f (p, v) + g(p, • v) = A • f (v) + A g(v) = A (f(v) + g(v)) = • (f + g)(v). • 4.124 Im Folgenden seien immer f, g lineare Abbildungen auf einem 1K Vektorraum V A, µ E IK beliebig. Wir zeigen, dass die den Vektorraum definierenden Eigenschaften V1, V2, V3,V4,VD1 und 156

STRUKTURERHALTENDE ABBILDUNGEN.

A

VD2 gelten. Vl.

Es ist zu zeigen, dass die Menge der lineare Abbildungen auf V mit der Addition von Abbildungen eine abelsche Gruppe ist. Gl. Es ist zu prüfen, ob die Menge der lineare Abbildungen auf V mit der Addition von Abbildungen eine Halbgruppe ist. Hl. Die Summe zweier linearer Abbildungen f und g ist nach Aufgabe 4.123 wieder linear. H2. Die Assoziativität gilt aufgrund der Assoziativität des zugrundeliegenden Körpers K. G2. Das neutrale Element ist gegeben durch die fo-Abbildung (wobei fo (x) = 0 für alle x E V). G3. Für jedes Element f ist das inverse Element gegeben durch (—f)(x) = — f (x). Es gilt (f (— f))(x) = 0 = fo (x). GS. Die Kommutativität gilt aufgrund der Kommutativität des zugrundeliegenden

Körpers K. V2. Es ist zu zeigen, dass A • f eine lineare Abbildung ist. Das gilt nach Aufgabe 4.122. V3. Es ist zu zeigen, dass 1 • f = f . Wir rechnen nach, (1 • f)(x) = 1 • f (x) = f (x). V4. Es ist zu zeigen, dass (A • pi) • f = A • (it • f). Wir rechnen nach, ((A • /./) • f)(x) = (A • ti) • f(x) = A • (// • f (x)) = (A •

• f))(x)

VD1. Es ist zu zeigen, dass (A + µ)•p=A•p+tt• p. Wir rechnen nach, ((A + it) • f)(x) = (A + PO • f (x) = (A • f (x)) +(µ f (x)) = (A f)(x) + (A • .f)(x) VD2. Es ist zu zeigen, dass A • (1 g) = A • f + A • g. Wir rechnen nach, (A • (f + g))(x)

A • (f + g)(x) = A • f (x)

• g(x) = (A • f)(x) + (A • g)(x)•

■

157

1.

STRUKTURERHALTENDE ABBILDUNGEN.

158

Ill Lineare Algebra

5

Basis und Dimension

Betrachtet man die Vektorräume R1, R2 und R3 stellt man fest, dass sie sich umgangssprachlich in ihren Raumdimensionen unterscheiden. Der R1 lässt sich als eine Gerade auffassen, ist also 1-dimensional, der R2 kann als eine Ebene dargestellt werden und ist damit 2-dimensional und schließlich ist der R3 ein 3-dimensionaler Raum. Dabei wird deutlich, die Dimensionen entsprechen Freiheitsgeraden, möglichen „Laufrichtungen". Das kann man sich gut an unterschiedlichen Verkehrsmitteln verdeutlichen.

S. Eine Zug kann auf einer langen Schiene nur vor- oder rückwärts fahren, bewegt sich auf einer Geraden und hat somit nur einen Freiheitsgrad. s. Ein Auto bewegt sich auf einer Ebene, kann vor- und rückwärts aber auch nach links oder rechts fahren, hat also zwei Freiheitsgerade. I Ein Hubschrauber kann sich in drei Raumrichtungen frei bewegen. Er kann vor- und rückwärts aber auch nach links oder rechts, oben oder unten fliegen, hat also drei Freiheitsgerade. Die mathematischen Konzepte, welche diese anschaulichen Ideen formalisieren lauten Basis und Dimension, technischer auch lineare Abhängigkeiten und Linearkombinationen. Mithilfe von Basen kann man zeigen, dass Vektorräume über demselben Körper K genau dann isomorph sind, wenn ihre Basen die gleiche Anzahl von Vektoren beinhaltet - sie in ihrer Dimension übereinstimmen. Erarbeitungshinweis. Das Konzept der Erzeugung und linearen Abhängigkeit ist grundle-

gend in der linearen Algebra. Die Linearkombination, wie der Spann von Vektoren sollten unbedingt verstanden sein. Die vier unterschiedlichen, äquivalenten Beschreibungen einer Basis sollten bekannt sein, in unterschiedlichen Anwendungen sind sie abwechselnd von Bedeutung. Die Dimension fällt als Nebenprodukt der Definition der Basis ab.

5.1 Erzeugung und lineare Abhängigkeit

Einleitung. Formal definiert man das in der Kapiteleinleitung umschriebene „sich in

1.

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

bestimmten Laufrichtungen mittels Vektoren durch einen von den Vektoren aufgespannten Raum laufen" folgendermaßen. Es seien vi vk Vektoren in einem 1K-Vektorraum V. Eine Summe der Form mit /4, • • • , µ k E K

/-dk ' Vk i=1

nennen wir eine Linearkombination der Vektoren vi vk. Es sei U eine Menge von Vektoren in einem K-Vektorraum V. Die Menge aller Linearkombinationen der Vektoren in U span(U) — {

E

vi,

, vk

EK, k

E V

E N}

i=1 nennen wir den Spann von U. Wir nennen eine endliche Menge von Vektoren vi, , vk E V eines K-Vektorraums V linear unabhängig falls die 0 eine eindeutige Darstellung µ • vi = µI • vi +

+ fik • Vk = 0

mit

• • • ,I.Lk

E

K

i=

als Linearkombination der Vektoren v1, vk besitzt. Sind die Vektoren vi vk nicht linear unabhängig, nennen wir sie linear abhängig. Eine unendliche Menge von Vektoren U eines K-Vektorraums V nennen wir linear unabhängig, falls es keine endliche linear abhängig Teilmenge von U gibt. Ist U nicht linear unabhängig, nennen wir sie linear abhängig. Eine linear unabhängige Menge U heißt maximal linear unabhängig, falls für jeden Vektor VE V \ U die Menge U U {v} linear abhängig ist. Begriffe. Linearkombination - Spann - lineare Abhängigkeit - Standardeinheitsvektoren Übungskurs. 3 5.1 D 5.21

3 5.3

13 5.5

❑ 5.6

❑ 5.7

0 5.9

0 5.18

❑ 5.19

Aufgaben. 5.1i Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 0 Eine Linearkombination einer Menge von Vektoren ist ein Vektor. 3 Ist ein Vektor v eine Linearkombination von einer Menge von Vektoren, so ist diese Linearkombination (die Koeffizienten in der Summe) eindeutig. 13 Aus den reellen Spaltenvektoren (21) und

(3 4 5

lassen sich Linearkombinationen

bilden. 0 Unter dem Spann einer Menge von Vektoren versteht man die Menge aller Vielfachen

162

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

A

der Vektoren in der Menge. El Gibt es für eine feste Menge von Vektoren mehr als eine Linearkombination der 0, so sind sie linear abhängig. ❑ Eine Menge von Vektoren ist genau dann linear abhängig, wenn sich jeder der Vektoren als Linearkombination der anderen schreiben lässt. D Die Menge der n-dimensionalen Standardeinheitsvektoren ist nur dann linear unabhängig, wenn sie den ganzen TK aufspannen.

5.2v Welche Optionen vervollständigen den folgenden Satzteil korrekt: Die Menge aller Linearkombinationen einer Menge von Vektoren ... ❑ ... bildet einen Untervektorraum. ❑ ... entspricht dem Spann dieser Vektoren. D ... ist für endlich viele Vektoren immer endlich.

Gegeben seien die zwei Vektoren 1 2

v1 = ( ) 5.31

und v2 =

1 2 ) E ite .

Geben Sie zwei unterschiedliche Linearkombinationen der Vektoren vi und v2 an. D

( BD-At5I11

5.41 Zeichnen Sie die beiden Linearkombinationen der Vektoren vi und v2 aus Aufgabe 5.3 als repräsentierende Pfeile in ein 2-dimensionales kartesisches Koordinatensystem ein.

16D-A [512]

5.51 Finden Sie eine Linearkombination der Vektoren vi und v2, deren zweite Komponente gleich 0 ist. Wie lässt sich die Lage dieses Vektors im 2-dimensionalen kartesischen Koordinatensystem beschreiben?

1 BD-A

5.61 Ist der Vektor v3 = (56) eine Linearkombination der Vektoren v1 und v2?

18D-A [514]

5.72 Geben Sie den Spann der Vektoren v1 und v2 an.

1B D-A 15151

5.82 Skizzieren Sie in einem kartesischen Koordinatensystem den Spann der Vektoren wi = (-2) und w2 = (-6) El 4 des R2.

16D-A 15161

5.92 Sind die Vektoren vi und v2 linear unabhängig?

1BD-A [517]

3

Gegeben seien die zwei Vektoren 1 Ui = (2) 1

und

'U2 = (2) 2

R3.

5.101 Geben Sie zwei unterschiedliche Linearkombinationen der Vektoren ui und n2 an. 5.11 1 Zeichnen Sie die beiden Linearkombinationen der Vektoren ui und u2 aus Aufgabe

163

[513]

}

1BD-A [5181

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

5.10 als repräsentierende Pfeile in ein 3-dimensionales kartesisches Koordinatensystem ein. 111 2) 5.122 Ist der Vektor u3 = (4 eine Linearkombination der Vektoren ui und u2? 2 2

)

6

BD-A [519]

5.132

Ist der Vektor uu4 = (4

eine Linearkombination der Vektoren ui und u2?

El

3 1BD-A [610] BD-A [611]

5.142

❑

Geben Sie den Spann der Vektoren ui und u2 an.

5.152 Sind die Vektoren ui und 2/2 linear unabhängig?

111

5.162 Geben Sie eine Linearkombination der Vektoren und

V1 = (3 2)

4 V2 = (2)

E

m2

T

an. Finden Sie eine Linearkombination, deren erste Komponente gleich 0 ist. 5.171 Nennen Sie die Standardeinheitsvektoren des R4 und des In. 5.182 Sind die Vektoren 7

ai = (2) , a2 = 1

5 (-5) -7

und a3 =

1) -25 (-21

❑

des R3 linear unabhängig? 5.191 Sind die Vektoren 1\ al

=

.02

1/

C

3 = (4) 1

und a3

=(

1 4 —1)

❑

des R3 linear unabhängig? 1BD-A [6121

5.202 Sind die Vektoren i , 0

BD-A [6131

E 1[84

linear unabhängig?

❑

0

5.212 Sind die Vektoren 1, x4, (x2+1). (x2 — 1) E R[x] im Vektorraum der reellen Polynome ❑ linear unabhängig? 5.223 Zeigen Sie, dass für zwei Mengen von Vektoren U und W genau dann span(U) = ❑ span(W) gilt, wenn U c span(W) und W c span(U) gilt.

1 BD-A [6141

5.233 Zeigen Sie, dass die drei Vektoren 1 b) (a2) b2

und ( 1c) C2

des R3 für alle paarweise verschiedenen reellen Zahlen a, b, c e R linear unabhängig sind. 111 BD-A [6151

5.243 Es seien vi, i)2 E V linear unabhängige Vektoren in einem ][8 Vektorraum und

164

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT I

a=

(al ) a2

und b = (bb21 )

Zeigen Sie, dass die Vektoren

linear unabhängige Vektoren des

wl = ai vi + az . V2 W2 = bl ' V1 b2 • V2

❑

linear unabhängige sind. Seien V und W Vektorräume über IR. Sei f : V —> W eine lineare Abbildung.

5.253 Zeigen oder widerlegen Sie die folgende Aussage. Das Bild einer linear unabhängi❑ gen Teilmenge von V unter f ist eine linear unabhängige Teilmenge in W.

1 BD-A [6161

5.263 Sei für eine Primzahl p und eine natürliche Zahl n E N> i mit vi, . • • vk E 1F eine

1BD-A [6171

linear unabhängige Menge von Vektoren gegeben. Wie viele Vektoren sind in der Menge ❑ vk) enthalten. span(vi, 5.273 Es seien die reellen m x n-Matrizen E[2 -11 definiert, deren einziger von 0 verschiedener Eintrag der Eintrag in der i-ten Zeile und j-ten Spalte gleich 1 lautet. Zeigen Sie, dass die Matrizen E[i'31 für i E {1, ... ml und j E {1, , n} eine Basis des Vektorraums Rm" bilden. 3 5.28s Bestimmen Sie die Anzahl der linear unabhängigen Teilmengen der Kardinalität 4 der Menge (_ 2 2)

2 (: 23)

2 (i 32 )

2

2 (-3 _ 2)

—3 (2) : 3 , (-3) 2 , (1) i , ( 3) 2 (I ) }

2 2

2 —3

—3 2

2 2

2 2

•

Schreiben Sie dafür ein Sage-Programm. Definieren Sie in diesem einen Vektorraum v über Q der Dimension 5, erstellen Sie eine Liste list der obigen Vektoren und nutzen Sie die Funktion combinat ions (list, 4) um sich eine Liste mit allen vierelementigen Teillisten von list auszugeben. Zuletzt zählen Sie, wie viele dieser Teillisten linear unabhängig sind. Dafür können Sie die Abfrage v. linear_dependence (vs) [1 verwenden, welche True zurückgibt, falls es tatsächlich keine Abhängigkeit zwischen den Vektoren in der Liste vs gibt, sie also unabhängig sind und False falls sie doch linear abhängig sind. ❑ Zusatzaufgaben.

Gegeben seien die zwei Vektoren vi = (1 2)

und vz = (5) E

165

k

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

5.29,,1 Geben Sie zwei unterschiedliche Linearkombinationen der Vektoren vi und v2 an. 5.301,, Zeichnen Sie die beiden Linearkombinationen der Vektoren vi und v2 aus Aufgabe 5.29 als repräsentierende Pfeile in ein 2-dimensionales kartesisches Koordinatensystem ein. 5.31! Finden Sie eine Linearkombination der Vektoren v1 und v2, deren zweite Komponente gleich 0 ist. Wie lässt sich die Lage dieses Vektors im 2-dimensionalen kartesischen Koordinatensystem beschreiben? ❑ 5.32 Ist der Vektor v3 = (56) eine Linearkombination der Vektoren vi und v2?

❑

5.33, Geben Sie den Spann der Vektoren vi und v2 an.

111

5.3e, Sind die Vektoren vi und v2 linear unabhängig?

❑

Gegeben seien die zwei Vektoren (4 Ui = (41)

und u2 =

2 3

E

R3.

5.351* Geben Sie zwei unterschiedliche Linearkombinationen der Vektoren ui und u2 an. 5.361* Zeichnen Sie die beiden Linearkombinationen der Vektoren ui und u2 aus Aufgabe 5.35 als repräsentierende Pfeile in ein 3-dimensionales kartesisches Koordinatensystem ein.

5.37

Ist der Vektor u3 = (4)2 eine Linearkombination der Vektoren ui und u2?

5.38 Ist der Vektor u4 =

13

(64 ) eine Linearkombination der Vektoren ui und u2?

5.39,', Sind die Vektoren ui und u2 linear unabhängig?

13 13

5.407', Schreiben Sie den Vektor u = (23) als Linearkombination der Vektoren vi = (1), v2 = (2,) , falls möglich. 5.412 Schreiben Sie den Vektor u

3 (2) 3 als Linearkombination der Vektoren vi =

(1 2 1) , v2 = lls (1) ,möglich. fa 1 1 (2) 5.42,2 Schreiben Sie den Vektor u = 3 als Linearkombination der Vektoren vl (1 1

2 (0 , v2 = 1 , V3 = I ,falls möglich.

166

13

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

A

(2

5.432„, Schreiben Sie den Vektor u = 3 als Linearkombination der Vektoren v1 = 1 (1 1) , v2 = (1) , V3 =

1, 1), falls

möglich.

5.442,, Sind die Vektoren ai =

-1 3 1) a2 = (2) -

11)

und a3 = ( 16

1

-1

des R3 linear unabhängig?

❑

5.452, Sind die Vektoren v1 =

-1 i) und

V2 =-

5

des R3linear unabhängig?

❑

5.463 Sei U ein Untervektorraum eines Vektorraums V, der eine Menge von Vektoren vi , vk E V enthält. Zeigen Sie, dass span(vi , • • • , vk ) ein Untervektorraum von U ist. Seien V und W Vektorräume über R. Sei f : V -> W eine lineare Abbildung. 5.473,, Zeigen oder widerlegen Sie die folgende Aussage. Das Bild einer linear abhängigen Teilmenge von V unter f ist eine linear abhängige Teilmenge in W. ❑

▪

Lösungen. 5.1 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? Mi. Eine Linearkombination von einer Menge von Vektoren ist ein Vektor. 3 Der Vektor (20) besitzt beispielsweise die Linearkombinationen 1- (01) +1. (21) -1. (1) 1 0 ) + 2 . (21) 2 (1) und 0 • ( der Vektoren (01), (21) und (1). C Die beiden Vektoren sind nicht im selben Vektorraum enthalten. Eine Linearkombination ist eine Summe von Vektoren, diese Summe ist nur dann zu bilden, wenn die Vektoren in demselben Vektorraum enthalten sind. El Unter dem Spann einer Menge von Vektoren versteht man die Menge aller Linearkombinationen der Vektoren in der Menge. lgf Gibt es für eine feste Menge von Vektoren mehr als eine Linearkombination der 0, so sind sie linear abhängig. ❑ Eine Menge von Vektoren ist genau dann linear abhängig, wenn sich mindestens einer der Vektoren als Linearkombination der anderen schreiben lässt. ❑ Die Menge der n-dimensionalen Standardeinheitsvektoren ist linear unabhängig, und sie spannen den ganzen Kn auf.

167

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

5.2 Die Menge aller Linearkombinationen einer Menge von Vektoren ... CRI ... bildet einen Untervektorraum. ... entspricht dem Spann dieser Vektoren. ❑ ... ist für endlich viele Vektoren immer endlich.

5.3 Für jede Zahlen µi, µ2E R erhält man eine Linearkombination bti • v1 + /12 • v2. Zum Beispiel erhält man für µl = µ2 = 2 die Linearkombination 2. (2) + 2. (22 ) = (68). Außerdem gilt beispielsweise für µ1 = 1 und ti2 = -1, dass 1 • (21)

( _1) (22)

(-01).

5.4 Es sind die Linearkombinationen aus Aufgabe 5.3 in Abbildung 5.1 in ein Koordinatensystem eingezeichnet. ■ X2

X2

Xi

X1

Abb. 5.1. Die Linearkombinationen aus Aufgabe 5.3.

5.5 Es gibt sehr viele Lösungen. Der Vektor (-01) wäre so einer, denn es gilt (-01) = 1 • vi - 1 • v2. Alle Vektoren, deren zweite Komponente gleich 0 ist, liegen in einem ■ 2-dimensionalen kartesischen Koordinatensystem auf der x1 -Achse. 5.6 Wir stellen ein entsprechendes LGS auf. [1 2 22

168

5] I 6

II

[1

2

0 -2

5] I -4

II - 2 • I

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

A

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1 • xi +

2 • x2 = 5

xi + (-2) • x2 = -4

0

Aus der letzten Gleichung lesen wir aus x2 = 2. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir • 2 = 5 1'x1+2

und lesen aus

= 1.

Damit haben wir die Linearkombination V3 = 1 • + 2 • V2

■

gefunden, die im Übrigen eindeutig ist.

5.7 Wir wählen w E 1R2 beliebig und stellen das LGS A • x = w auf, mit A E 1182 '2 so, dass die Spalten von A den Vektoren vi und v2 entsprechen. Dann gilt [1 2 22

w l lI w2 II

-÷

0 -2

w2 - 2 • 101 II - 2 • 1

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1

+ 2 • X2 = wl 0 • Xi + (- 2) • x2 = W2 - 2 /01

Aus der letzten Gleichung lesen wir aus 22 = wi — z • w2. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir 1 • xi + 2 • wi -

w2 =

und lesen aus = ä • w2 — wi. Also ist

1 (2 • W2 - W1) • V1 + (W1 -

- • W2) • V2 = W 2

und damit w eine Linearkombination von vl und v2 - also ist w E span (v1, v2 ). Da w E 1182 beliebig gewählt wurde, ist R2 c span(vi , V2) ■

Umgekehrt gilt natürlich span (vi , v2) C R2 und damit span(vi, v2 ) =1182.

5.8 Tatsächlich sind die beiden Vektoren vi = (_32) und v2 = (-46) Vielfache. Es gilt also span(vi, v2 ) = span(v1 ) = span(vi ). Es sind alle Vektoren, deren Stützvektor auf der Gerade durch den Ursprung und den Punkt (3, —2) liegen. Siehe Abbildung 5.2 für eine Illustration. •

169

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

x2

1 Xt

Abb. 5.2.

Eine Illustration zu Aufgabe 5.8.

5.9 Wir prüfen, ob das folgende homogene LGS nur die triviale Lösung hat. [1 2 22

0] I

[1 2

0 II

0 -2

0] I 0

- 2 • I

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1 • xi+ 2 • x2 = 0 0 • xi+ (-2) • x2 = 0

Aus der letzten Gleichung lesen wir aus x2 wir

=

0. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten

1 •x1+2 .0=0

und lesen aus x1 = 0. Also hat die Gleichung µl • vi /12 • v2 = 0 nur die triviale Lösung µ1 = µ2 = 0 und damit sind die Vektoren vi und v2 linear unabhängig. • 5.10 Für alle Zahlen Ai , 112 E 118 erhält man eine Linearkombination Ili • vi + µ2 • v2 . Zum

Beispiel erhält man für µ1 = //2

=

2 die Linearkombination ± 2 • (21)

2• 2

1

= (4) I. 6

Außerdem gilt beispielsweise für bti = 1 und µ2 = -1, dass 1•

2 (-1 0). (1) -4- (-1) •• (1 ) = 2 1

• 170

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

5.11 Die Linearkombinationen finden sich in Abbildung 5.3.

x3

A

•

X3

Abb. 5.3. Die Lösung zur Aufgabe 5.11.

5.12 Man sieht recht schnell, dass u3 = 2 • ui ist. Also ist u3 eine Linearkombination von ui und u2, nämlich u3 = 2 • ui + 0 • u2. Allgemein löst man eine solche Aufgabe mit einem LGS, wobei die Matrix A des LGS die Vektoren ui und u2 in den Spalten enthält und u3 der rechten Seite entspricht. Wir stellen ein entsprechendes LGS auf. [1 2

2

I

2 2

4

II

1 2

2

III

1 -}

2

2] I

0 -2

0

11 - 2 • 1

0

0

III - I

0

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1 • xi + 2 • x2 = 2 0

xi + (-2) • x2 = 0

Aus der letzten Gleichung lesen wir aus 22 = 0. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir 1 • xi + 2 • 0 = 2

und lesen aus xl = 2. Damit haben wir die Linearkombination gefunden, die im Übrigen eindeutig ist.

•

5.13 Wir stellen ein entsprechendes LGS auf. [1 2

6

I

2 2

4

II

12

3

III

1 -}

2

21 I

0 -2

- 8

II - 2 • I

0

- 3

III - I

0

171

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem 1 • xi +

2

x2 =

2

0 • xi + (-2) • x2 = —8 0 • xi +

0

= —3

.2

und stellen fest, dass die letzte Gleichung keine Lösung hat. Es ist demnach U4 keine Linearkombination der Vektoren ui und u2. • 5.14 Wir prüfen, für welche Belegung von a, b und c das folgende LGS eine Lösung hat. [1 2

a

I

1

2

a

22

b

II

0 —2

b — 2a

12

c

III

0

c—a

0

I II — 2 - I Ill — I

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1 • xi +

2 • x2 =

a

0 - xi + (-2) • x2 =

— 2a

0 • xi + 0 • s2 = c — a

Aus der unteren Gleichung lesen wir aus c — a = 0. Aus der zweiten Gleichung 0 - xi + (-2) • x2 = b — 2a

lesen wir aus x2 = a — 2 b. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir 1• x 1+ • (a — P)= a 1

lesen wir aus x, = b — a. Setzen wir das Ergebnis für xi und x2 ein und benutzen die Bedingung a = c, erhalten wir die Gleichungen (b — a) + 2 • C 1 — b) =a a— 2 2 • (b — a) + 2 • (a — 2 1 —

a=a b -= b.

.;=>

=b

Also gilt span(fui,u2D= {a • (o) + b • (i) : a, b E 18} .

5.15 Wir prüfen, ob das folgende homogene LGS nur die triviale Lösung hat. [1 2

0

I

1

22

0

II

0 —2

2

0

II — 2 • I

12

0

III

0

0

III — I

0

01 I

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive 172

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

A

beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1 • xi + 2 • x2 = 0 o • xi + (-2) • x2 = 0 0 • xi 4-

0 • x2 = 0

Aus der zweiten Gleichung lesen wir aus 22 = 0. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir 1 • xi + 2 • 0 = 0

und lesen aus ±1 = 0. Also hat die Gleichung ui • ui + /22 • u2 = 0 nur die triviale Lösung pti = µ z = 0 und damit sind die Vektoren ui und u2 linear unabhängig. • 5.16

Wir stellen ein entsprechendes LGS allerdings über dem 1F5 auf. [2 4 32

0] I z

[2 4

II

0] I

01

z

II +

I

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem 2 05 xi EB5 4 05 x2 = 0 0 05 X1 (1)5 1 05 X2 = Z•

Aus der letzten Gleichung lesen wir aus 22 = Z. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir 2 05 xi ED5 4 05 z= 0

und lesen aus ±-1 = 3 05 z. Damit erhalten wir die fünf Linearkombinationen, deren erste Komponente gleich 0 ist 0

(23) + 0 . (42) = (00),

4

• (23) + 3* (42) = (°3)'

. (23) + 1 (42) = (oi), •

2 (23) +

1 . (32) + . (2)

(02),

= (c)4)• •

5.17 Die Standardeinheitsvektoren des le e

(1)

= o o

lauten

e(2) _ 1 (3) — o ‚e

(4) _ o e o•

Die Standardeinheitsvektoren des in lauten (1

e(1) = o 0

e(2) = 0 , e(3) = 0

0

, e(4) =

o o 7 e(5)

o

1

173

k

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

Dabei ist darauf hinzuweisen, dass die Einträge der Standardeinheitsvektoren des R4 die reellen Zahlen 1 und 0 als Einträge haben. Die Standardeinheitsvektoren des ln haben die Elemente 0 und 1 des F2 = ({0, 1 }, 02, 02) als Einträge. So ist zum Beispiel 1

1)

e(1) + e(1)

2

(o (o°) = (oo)

im R4 und o)

1)( 1 o) (1) (1) 0 = (o e + e = (o

irn 5.18 Wir prüfen, ob das folgende homogene LGS nur die triviale Lösung hat. [7

5

1

[1 -7 -21

0] I

0] II

2 -5 -25

0

II

7

1

0

1

1 -7 -21

0

III

2 -5 -25

0

III

1 -7 -21

01 I

0 54

148

0

II - 7 • 1

3

0

III - 2 • I

-}

0

-->

5

9

1 -7 -21

01 I

0

9

3

0

III

0 54

148

0

II

1 -7 -21

0

I

0

9

3

0

II

0

0 130

0

III - 6 • II

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1 • xi + (-7) • x2 + (-21) • x3 -•-,-- 0

0 •

+

9 • x2 +

3 • x3 = 0

0 • x1 +

0 • x2 +

130 • x3 = 0

x).

Aus der letzten Gleichung lesen wir aus 13 = 0. Eingesetzt in die zweite Gleichung erhalten wir 0 • xi + 9 x2 + 3 • 0 = 0

und lesen aus

=

0. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir 1 • xi + (-7) • 0 + (-21) • 0 = 0

und lesen aus /1 = 0. Also hat die Gleichung µl •ai +/.2,2 .a2 +113 •a3 = 0 nur die triviale Lösung µI =

174

/12 = µ3 =

0

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

A

■

und damit sind die Vektoren a1, a2 und a3 linear unabhängig. 5.19 Wir prüfen, ob das folgende homogene LGS nur die triviale Lösung hat. [1 3

1

0] I

24

4

0

II

1 5 —1

0

III

1 ---)›

-3

3 1

0

0 —2 2

0

II — 2 I

0

2 2

0

III — I

r1

I

I

3 1

0

0 —2 2

0

II — 7 • I

0

0

III — 2 • I

0 0

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1 • x1 +

3 • X2 + 1 • x3 = 0

0 • xi + (-2) • x2 + 2 • x3 = 0

Wir erkennen jetzt schon, dass es mehr als eine und damit die triviale und mindestens eine nichttriviale Lösung gibt. Also sind die Vektoren ai , a2 und a3 linear abhängig. ■ 5.20 Wir prüfen, ob das folgende homogene LGS nur die triviale Lösung hat. [1 0 1 0

0

I

1 10 0

0

II

[1 0

10

0

I

01 —1 0

0

II — I

1 1 1 1

0

111

01

0 1

0

III — I

0 01 1

0

IV

00

0 1

0

IV

[1 0

10

0

I

01 —1 0

0

II

-->

00

1 1

0

III — 11

00

0 1

0

IV

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. 1 • si + 0 • X2 +

1 • x3 + 0 • X4 = 0

0 • si + 1 • X2 + (-1) • X3 + 0 • S4 = 0 0 - X1 + 0 • X2 +

1 • S3 + 1 • x4 = 0

0 • xi + 0 • x2 +

0 • x3 + 1 - x4 = 0

Aus der letzten Gleichung lesen wir aus x4 wir

=

0. Eingesetzt in die dritte Gleichung erhalten

0 • xi + 0 • x2 + 1 • x3 + 1 • 0= 0

und lesen aus ±3 = 0. Eingesetzt in die zweite Gleichung erhalten wir 0 • si +1 • X2 + ( -1) • 0 + 0 • 0 =

und lesen aus xz

=

0. Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir 1 • si + 0 • 0 +1 • 0 + 0 • 0 =0

und lesen aus ±i = 0. 175

ERZEUGUNG UND LINEARE ABHÄNGIGKEIT

Also hat die Gleichung

11•1

1 1 0

0

1

0

0

+ P2 • (1) I + l'13 . () 1° +/.G4 . (C)1) = (°0

0

1

1

°)

nur die triviale Lösung µI. = P2 = /13 = P4 = 0 und damit sind die Vektoren linear unabhängig. • 5.21 Wir müssen die Gleichung ih_ • 1 +122 • x4 + p3 • (X2 + 1) • (X2 — 1) = 0

mit µi , µ2 , µ3 E IR auf ihre Lösungen hin untersuchen. Zunächst stellen wir fest, dass + 1) . (x2 — 1) = x4 — 1 ist. Also gilt

(x2

1 • 1 + (-1) • X4 + 1 • (X4 — 1) = 0, und in µ I. = 1, µ2 = —1 und p3 = 1 haben wir eine nichttriviale Lösung der ursprünglichen Gleichung gefunden. Also sind die Vektoren 1, x4, (x2 + 1) • (x2 — 1) E IR[x] im Vektorraum der reellen Polynome linear abhängig. ■ 5.22 Es sind zwei Richtungen der Äquivalenz zu zeigen. >": Angenommen, es gilt span(U) = span(W). Da U c span(U) und W c span(W),

gilt auch U c span(W) und W c span(U). „
R eine lineare Abbildung, so dass gilt g(ai) = 5

und

g(a2 ) = 1.

Geben Sie die Darstellungsmatrix M(g) von g an (also die Matrix M(g), für die gilt g(x) = M(g) • x fur alle x E R2). ❑ 6.61 Es sei A=

( 2 2 0 2) 1 003 21 0 1 2 2105

die Darstellungsmatrix einer linearen Abbildung f Standardeinheitsvektoren unter f. Es seien ist ...

fl

: JR4 —> R4.

Nennen Sie die Bilder der ❑

und 12 die folgenden linearen Abbildungen f, : R2

R2 für i E {1, 2}. Dabei

189

I ML-D

k

DARSTELLUNGSMATRIX ZUR STANDARDBASIS

S.... fi ist die Rotation um 180° (Bogenmaß: 7) mit dem Uhrzeigersinn. s. ... f2 die Spiegelung an der xi -Achse. 6.7' Geben Sie die Darstellungsmatrizen der Abbildung f, an. 6.8' Geben Sie die Darstellungsmatrizen der Abbildung f2 an. 6.92 Geben Sie die Darstellungsmatrizen der Abbildung fi o f2 an. 6.102 Geben Sie die Darstellungsmatrizen der Abbildung f2 o fi an.

❑

6.112 Wie kann man fl o f2 und f2 o fi geometrisch beschreiben?

❑

6.123 Zeigen Sie, dass für alle f, g :

—› Km gilt M(f + g) = M(f) + M(g).

6.133 Zeigen Sie, dass eine lineare Abbildung f zwischen zwei Vektorräumen über R mit derselben Dimension genau dann invertierbar ist, wenn die Spalten ihrer Abbildungsmatrix Mf linear unabhängig sind. ❑ Zusatzaufgaben.

Die Vektoren vl und V2 in der Abbildung 6.2 sind die Bilder unter der linearen Abbildung f : R2 —+ R2 mit v 1—> A • v mit einer Matrix A E R2x2. Es gilt 71\ A • (31) = vi und A • 3) = V2.

V2

1

xl

Abb. 6.2. Abbildung zu den Aufgaben 6.14 und 6.15.

6.142* Bestimmen Sie die Matrix A. 6.152,, Zeichnen Sie das Bild des Vektors (41 ) in das Koordinatensystem ein.

Es seien die zwei Vektoren al = (_21) 190

und

—3

a2 = ( 2)

DARSTELLUNGSMATRIX ZUR STANDARDBASIS

A

des R2 gegeben. Es sei g : R2 —> R eine lineare Abbildung, so dass gilt und

g(ai.) = (7)

g(a2) =

6.162* Geben Sie die Darstellungsmatrix M(g) von g an (also die Matrix M(g), für die gilt g(x) = M(g) • x für alle x ER2 ). ❑

6.171 Es sei A =

220 140 -512 105

die Darstellungsmatrix einer linearen Abbildung f : R3 Standardeinheitsvektoren unter f.

R4. Nennen Sie die Bilder der ❑

6.182,, Es sei g : R2 —> R2 die lineare Abbildung, welche dem Spiegeln des R2 an der -Achse und einer anschließenden Drehung um 90° mit dem Uhrzeigersinn entspricht. Geben Sie die Darstellungsmatrix M(g) von g an (also die Matrix M(g), für die gilt, dass g(x) = M(g) • x für alle x E R2 ). ❑ Es seien 11 und f2 die folgenden linearen Abbildungen L : Il82 -+ R2 für i E {1, 2}. Dabei5 ist ... • •

h ist die Rotation um 90° gegen den Uhrzeigersinn. f2 die Spiegelung an der x2-Achse.

6.19! Geben Sie die Darstellungsmatrizen der Abbildung fi an.

0

6.20! Geben Sie die Darstellungsmatrizen der Abbildung f2 an.

❑

6.21,2, Geben Sie die Darstellungsmatrizen der Abbildung fi 0 12 an.

❑

6.22! Geben Sie die Darstellungsmatrizen der Abbildung 12 0 fi an.

❑

6.23! Zeigen Sie, dass für alle f, g : Kn —>

❑

6.24; Zeigen Sie, dass für alle f,g

und A E K gilt M(A • f) = A • M(f). Km gilt M(g o f) = M(g) • M(f).

0

Lösungen.

6.1 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? Cri Die Einträge von Spaltenvektoren des 10 lassen sich als die Koeffizienten in Linearkombinationen der Standardeinheitsvektoren interpretieren. Rr Es gibt eine eins-zu-eins-Beziehung zwischen linearen Abbildungen aus dem K' in den Km und den (Darstellungs-)Matrizen Km" zur Standarsbasis. O Fixiert man die Standardbasis, repräsentiert jede m x n-Matrix genau eine lineare Abbildung. O Kennt man die Bilder von n verschiedenen linear unabhängigen Vektoren (sie müssen 191

} DARSTELLUNGSMATRIX ZUR STANDARDBASIS

eine Basis bilden) unter einer Abbildung f : 1K x Km, ist die Abbildung f eindeutig bestimmt. El Die Darstellungsmatrix Mf einer linearen Abbildung f : Kn x Km ist eine m x nMatrix. ❑ Die Darstellungsmatrix einer linearen Abbildung ist genau dann invertierbar, wenn die lineare Abbildung ein Isomorphismus ist.

■ 6.2 Zunächst lesen wir aus Abbildung 1 aus, dass vi = (32) und v2 =

32 ) ist. Wir suchen

eine Matrix, A E 1182"2, welche die beiden Gleichungen A (40) = (32) und A (34) = (1) . erfüllt. Sei dazu

A_(

an a12 a21 a22) .

Wir erhalten aus den gegebenen Gleichungen das folgende LGS. 4 • an + 0 • a12 + 0 • a21 + 0 " a22 = 3 0 • an + 0 • al2 + 4 • an + 0 • a22 = 2 0 • an + 4 • ai2 + 0 • a21 + 0 • a22 = —2 0 an 4- 0 • a12 + 0 • a21 + 4 • a22 = 3 Übersetzt in Tableauschreibweise erhalten wir [4 0 0 0 0040 0400 0004

3 2 —2 3

1 H HI 1V

[4 0 0 0 0400 0040 0004

3 —2 2 3

I III II 1v

Wir übersetzen das Tableau in ZSF nun in ein Gleichungssystem und lösen dieses sukzessive beginnend mit der unteren Gleichung uns nach oben arbeitend. Da in jeder Geleichung genau eine Variable vorkommt liest man die Lösung sehr leicht aus. Es ist 3 all = — , 4

1 a21 — 2,

1

a12

2'

Also ist die gesuchte Matrix A

_

—

y

6.3 Mithilfe der in Aufgabe 6.2 gefundenen Matrix A

192

(1

a22 =

3

DARSTELLUNGSMATRIX ZUR STANDARDBASIS

A

kann man leicht das Bild des Vektors ( 52) bestimmen. Es ist A

-2

3,

(4 ( 5) - 1 2

-2 -4 2) • ( 5) - (2)• 3 4

dann zeichnen wir diesen Vektor in das Koordinatensystem ein - siehe Sei v3 = A • (-2) 5 Abbildung 6.3. ■ .2

.1

Abb. 6.3. Eine Illustration zur Aufgabe 6.3.

6.4 Wir betrachten die Bilder der Standardeinheitsvektoren e(1) ist f (e(1)) =

= (0 1)

und e(2) = (1• Es

f (,(1)) =

Das Bild von e(1) entspricht einer Drehung um a = arctan(1 • = arctan( 63, 435 Grad, gefolgt von einer Streckung um den Faktor Z-P . Das Bild von e(2) entspricht ebenfalls einer Drehung um a = arctan( 63, 435 Grad, gefolgt von einer Streckung um den Faktor e. Da beide Basisvektoren um denselben Winkel gedreht und um denselben Faktor gestreckt werden und jeder Vektor eine Linearkombination von e(1) und e(2) ist, handelt es sich bei f um eine Drehung um arctan(2/3) Grad, gefolgt von einer Streckung um den Faktor e ■ 6.5 Da g eine Abbildung vom R2 in den R ist, ist die Darstellungsmatrix in R1'2 enthalten. Sei also M(g) = (mi m2). mit ml, m2 E IR. Dann erhalten wir die Gleichungen M(g) • al = (mi, m2) • (-1 = mi - m2 = 5 M(g) • a2 = (mi , m2) • (2) = mi + 2 m2 = 1

Das LGS löst man nun. Es ist einfach, wir geben nur die Lösung an. Es ist mi = s und 4 Also ist die gesuchte Darstellungsmatrix M2 =• M(g) = ( f3i

193

3. DARSTELLUNGSMATRIX ZUR STANDARDBASIS

6.6 Man berechnet 22 0 3 2)

A• e(1) — ( 12 001 001 25 - 21 A

. e(3)

1 2

(

2 o 3) 2 oo

21 0 1 210 5

(1) 0

0

2202 1003 A • e(2) — (21 2 0 1 01 52

(1 2 =

221

'

(0o) _ (o0) ,

2202

A 0

. e(4)

=( 1 0 0

3)

21 0 1 2 2105

0

0 1 0 0

(0) 0 1

-

1 0 3 0

'

2 (1 - 0 " 5

6.7 Es sind die Bilder der Einheitsvektoren unter der Abbildung fi zu bestimmen - sie entsprechen den Spalten der Darstellungsmatrix. Es ist fi(e(1) ) = —e(1) = (-01) und fi(e(2) ) —e(2) = (21) und damit m(h)

( 1 0 01).

6.8 Es sind die Bilder der Einheitsvektoren unter der Abbildung f2 zu bestimmen sie entsprechen den Spalten der Darstellungsmatrix. Es ist f2 (e(1) ) = e(1) = (01) und f2 (e(2) ) = —e(2) = ( 1 und damit M(f 1 )

= (1 0

_°,)•

6.9 Die Darstellungsmatrix von fl o f2 ist durch das Produkt der Darstellungsmatrizen M( f 1 ) und M( f2 ) gegeben. M(fi o

f2) = M(fi) M(f2) =

-01 -01 ) . (01 _01) - (-1 0 0 1•

6.10 Die Darstellungsmatrix von f2 o fi ist durch das Produkt der Darstellungsmatrizen M(f2) und M( ) gegeben. M(f2 o

fi) = m(f2) •

M(f1)

= (01 _oi) (

1) =

1 0—o

)•

6.11 Bei fl o f2 handelt es sich um eine Spiegelung an der x —Achse, gefolgt von einer Drehung um 180° im Uhrzeigersinn - dabei handelt es sich um eine Spiegelung an der x2-Achse. Bei f2 o fi handelt es sich um eine Drehung um 180° im Uhrzeigersinn, gefolgt von einer Spiegelung an der xi —Achse. Das entspricht ebenfalls einer Spiegelung an der x2-Achse. Dies sieht man auch, wenn man sich die Darstellungsmatrizen der Aufgaben 6.9 und 6.10 194

DER DIMENSIONSSATZ

A

■

ansieht.

6.12 Die Bilder der Einheitsvektoren unter der Abbildung f g entsprechen der Summe der Bilder der Einheitsvektoren unter den Abbildung f und g. Demnach sind die Spalten der Darstellungsmatrix zur Abbildung f g einfach die Summe der Spalten der Darstellungsmatrizen zu den Abbildungen f und g und damit gilt M(f + g) = M(f) + M(g), was zu zeigen war. ■ 6.13 Sei f eine lineare Abbildung f. Es ist ein Äquivalenz zu zeigen - wir zeigen zwei Richtungen. „

3>
" Es sei f ein Isomorphismus. Die Spalten spannen das ganze Bild der linearen Abbildung auf. Sind die Spalten nicht linear abhängig, so ist das Bild von kleinere Dimension und damit ist die Abbildung nicht mehr surjektiv - also kein Isomorphismus - ein Widerspruch - also sind die Spalten linear unabhängig. " Umgekehrt, seien die Spalten linear unabhängig. Also ist jeder Vektor im Bild von f eine eindeutige Linearkombination der Spalten - also ist f injektiv. Da die Spalten linear unabhängig sind, spannen sie den ganzen Bildvektorraum auf, also ist f surjektiv und damit bijektiv, also ein Isomorphismus.

6.2 Der Dimensionssatz

Einleitung. Es gibt zwei Mengen, welche die wesentlichen Eigenschaften einer linearen Abbildung beschreiben. Im Kern einer linearen Abbildung (eine dieser Mengen) liegen all jene Vektoren, die auf den Nullvektor abgebildet werden. Das Bild einer linearen Abbildung haben wir schon definiert, die Menge aller Vektoren im Bildraum, die ein Urbild besitzen. Man kann diese Begriffe auf Matrizen verallgemeinern. Das Bild einer linearen Abbildung liegt im Bildraum, wohingegen der Kern eine Teilmenge des Urbildraums ist. Beide Mengen bilden Untervektorräume. Tatsächlich gibt es einen Zusammenhang zwischen den Dimensionen dieser beiden Vektorräume und der Dimension des Urbildvektorraums. Der Dimensionssatz besagt, dass die Summe der Dimensionen von Kern und Bild immer gleich der Dimension des Urbildraums ist. Begriffe. Kern einer linearen Abbildung/Matrix - Bild einer Matrix - Dimensionssatz Übungskurs. O 6.25 ❑ 6.36

0 6.26

D 6.27

❑ 6.28

0 6.29

2 6.34

❑ 6.35

195

} DER DIMENSIONSSATZ

Aufgaben. 6.251Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? O Den Kern einer linearen Abbildung bilden alle Vektoren, deren Urbild der Nullvektor aus dem Urbildraum ist. O Das Bild einer Matrix bilden alle Vektoren des Bildraums, die ein Urbild besitzen. O Bild und Kern einer Matrix sind Vektorräume. O Der Dimensionssatz stellt einen Zusammenhang zwischen den Dimensionen des Urbildraums und des Bildraums einer linearen Abbildung her. O Das Bild einer Matrix ist der Spann ihrer Spaltenvektoren. O Der Kern einer Matrix kann mithilfe eines inhomogenen linearen Gleichungssystems bestimmt werden.

0 Sei die Matrix

ML-S

71) A ( -111975 37

gegeben. 6.262 Bestimmen Sie den Kern der Matrix A.

0

6.272 Bestimmen Sie die Dimensionen von Kern und Bild der Matrix A. ML-S [5121

Sei die Matrix

A ( -12 -168 14 -7 gegeben.

I ML-S L51.31

6.282 Bestimmen Sie den Kern der Matrix A.

0

6.292 Bestimmen Sie die Dimensionen von Kern und Bild der Matrix A.

0

Sei die Matrix

A=

2620 (0 3 9 2 4 14

gegeben. 6.302 Bestimmen Sie den Kern der Matrix A. 6.312 Bestimmen Sie die Dimensionen von Kern und Bild der Matrix A. M L-S

VI41

Sei die Matrix

gegeben. 196

0

DER DIMENSIONSSATZ

A

6.322 Bestimmen Sie den Kern der Matrix A. 6.332 Bestimmen Sie die Dimensionen von Kern und Bild der Matrix A. 'Mus 5I51

Sei die Matrix A

= (31 42)

gegeben. 6.342 Bestimmen Sie den Kern der Matrix A.

3

6.352 Bestimmen Sie die Dimensionen von Kern und Bild der Matrix A.

❑

6.363 Zeigen Sie, dass für eine Matrix A E Km", zwei Vektoren b E Km und x E Kn' mit A • x = b gilt, dass für jeden Vektor z E Kern(A) ebenfalls gilt A • (x z) = b. ❑

[ M L-S [51.61

Sei f : IR—› W' eine lineare Abbildung. Beweisen Sie mithilfe Ihres Wi ssens über den Kern und das Bild von der Darstellungsmatrix M(f) folgende Aussagen.

ML-S [5171

6.373 Zeigen Sie, dass m < n ist, wenn f surjektiv ist.

❑

6.383 Zeigen Sie, dass m > n ist, wenn f injektiv ist.

111

6.393 Zeigen Sie, dass m = n ist, wenn f ein Isomorphismus ist.

❑

6.403 Zeigen Sie, dass die Aussage in Aufgabe 6.39 keine Äquivalenz sondern eine Implikation ist (umgangssprachlich: "Die Rückrichtung nicht gilt"). 3 Zusatzaufgaben. Sei die Matrix A = (36 42 ) gegeben. 6.412,, Bestimmen Sie den Kern der Matrix A.

3

6.422,, Bestimmen Sie die Dimensionen von Kern und Bild der Matrix A. Sei die Matrix

A ( -64 3-221 2 2 gegeben. 6.43,2, Bestimmen Sie den Kern der Matrix A.

❑

6.44,2, Bestimmen Sie die Dimensionen von Kern und Bild der Matrix A.

❑

6.452 Zeigen Sie, dass für eine Matrix A E Km", zwei Vektoren b E Km und x E Kn mit A • x = b für einen Vektor x' mit A • x' = b der Vektor z = x — x' im Kern von A liegt. 13 6.4e, Zeigen Sie, dass eine lineare Abbildung f : R' Kern(M(f)) = {0}.

W' genau dann injektiv ist, wenn ❑

197

A

DER DIMENSIONSSATZ

Lösungen.

6.25 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 0 Den Kern einer linearen Abbildung bilden alle Vektoren, die auf den Nullvektor im Bildraum abgebildet werden. 1 Das Bild einer Matrix bilden alle Vektoren des Bildraums, die ein Urbild besitzen. Bild und Kern einer Matrix sind Vektorräume. 0 Der Dimensionssatz stellt einen Zusammenhang zwischen den Dimensionen des Urbildraums, der Dimension des Kerns und des Bildes einer Matrix her. Das Bild einer Matrix ist der Spann ihrer Spaltenvektoren. 0 Der Kern einer Matrix kann mithilfe eines homogenen linearen Gleichungssystems bestimmt werden.

Ix

• 6.26 Wir stellen ein entsprechendes homogenes LGS auf. Die Lösungsmenge entspricht dem Kern von A. [ 11 5 71 -1 9 37

[ 11 5 71

01 I 0

11

0] II

-1 9 37

[-1 —>

9

0

l

0] I

37

0 104 488

0

II + 11 - I

Wir übersetzen das Tableau in ZSF in ein Gleichungssystem und finden die Lösung 9 • A3 und — 13 • Also ist der Kern von A gleich A3, x2 = - 13 559 13

Kern(A) = / A3

i) : A3

• (-,

E

R} •

ein Vektorraum der Dimension 1.

6.27 Wir haben in Aufgabe 6.26 gesehen, dass dim(Kern(A)) = 1 ist. Nach dem Dimensionssatz gilt dim(Kern(A)) + dim(Bild(A)) = 3

•

also ist dim(Bild(A)) = 2.

6.28 Wir stellen ein entsprechendes homogenes LGS auf. Die Lösungsmenge entspricht dem Kern von A. 2 -16 14

[

-1

8 -7

0] I 0 II

[2 -16 14 0 0 0

01 I 0 II} I

Wir übersetzen das Tableau in ZSF in ein Gleichungssystem und finden die Lösung x3 = 198

DER DIMENSIONSSATZ

A

A3, t2 = A2 und ti = 8 • A2 - 7 • A3. Also ist der Kern von A gleich 8-7 Kern(A) = {A2 • (1) + A3 • ( 0) : A3 E I[8 0

ein Vektorraum der Dimension 2.

•

6.29 Wir haben in Aufgabe 6.28 gesehen, dass dim(Kern(A)) = 2 ist. Nach dem Dimensionssatz gilt dim(Kern(A)) + dim(Bild(A)) = 3

■

also ist dim(Bild(A)) = 1.

6.30 Wir stellen ein entsprechendes homogenes LGS auf. Die Lösungsmenge entspricht dem Kern von A. [2 6 20 03 9 2414

0 I 0 II 0 III

2 6 20 0 3 9 0 -2 -6 2620 O3 9 O0 0

0] I 0 II 0 Ill - I oi I O II O III + 4 • o

Wir übersetzen das Tableau in ZSF in ein Gleichungssystem und finden die Lösung t3 = A3, x2 = -3 • A3 und ti = A3. Also ist der Kern von A gleich Kern(A) = {A3 • (-3) : 1l

A:3 E R}

ein Vektorraum der Dimension 1.

■

6.31 Wir haben in Aufgabe 6.30 gesehen, dass dim(Kern(A)) = 1 ist. Nach dem Dimensionssatz gilt dim(Kern(A)) + dim(Bild(A)) = 3

■

also ist dim(Bild(A)) = 2.

6.32 Wir stellen ein entsprechendes homogenes LGS auf. Die Lösungsmenge entspricht dem Kern von A. [ 4 -3 -6 g

01 I 0 II

-4

[4 -3 0 0

0 II +

o]

•I

Wir übersetzen das Tableau in ZSF in ein Gleichungssystem und finden die Lösung t2 = A2 und ti = 1. Also ist der Kern von A gleich Kern(A) = {A3 • ( 4 ) : A3 E R}

199

k

DER DIMENSIONSSATZ

ein Vektorraum der Dimension 1.

•

6.33 Wir haben in Aufgabe 6.34 gesehen, dass dim(Kern(A)) = 1 ist. Nach dem Dimensionssatz gilt dim(Kern(A)) dim(Bild(A)) = 2 also ist dim(Bild(A)) = 1.

•

6.34 Wir stellen ein entsprechendes homogenes LGS auf. Die Lösungsmenge entspricht dem Kern von A. [1 2 34

011 0 II

—r

[1

2 0 -2

0 II 01

+ 3 .1

Wir übersetzen das Tableau in ZSF in ein Gleichungssystem und finden die Lösung x 2 = 0 und ti = 0. Also ist nur der Nullvektor im Kern von A und der Kern von A ist gleich Kern(A) = (°0) ein Vektorraum der Dimension 0.

•

6.35 Wir haben in Aufgabe 6.34 gesehen, dass dim(Kern(A)) = 0 ist. Nach dem Dimensionssatz gilt dim(Kern(A)) dim(Bild(A)) = 2 also ist dim(Bild(A)) = 2.

■

6.36 Sei A E Krnxn, b E Km und x E Kn mit A • x = b. Sei außerdem z E Kern(A). Wir rechnen nach A • (x+ z) = A • xd-A•z=A•x + = A • x = b, was zu zeigen war.

•

6.37 Wenn f surjektiv ist, so ist Bild(M(f)) = Rm und folglich dim(Bild(M(f))) = m. Nach dem Dimensionssatz gilt dim(Kern(M(f))) + dim(Bild(M(f))) = n also it

=

dim(Kern(M(f))) + m und damit m < n.

•

6.38 Wenn f injektiv ist, so ist Kern(M(f)) = {0} und folglich dim(Kern(M(f))) = 0. Nach dem Dimensionssatz gilt dim(Kern(M(f))) + dim(Bild(M(f))) = n also n = dim(Bild(M(f))). Da Bild(M(f)) c IRM ist, gilt m > n.

•

6.39 Da f ein Isomorphismus ist, ist f injektiv und surjektiv. Aus Aufgabe 6.37 und 6.38 folgt m < n und m > n. Folglich m = n. • 200

BASISWECHSEL A

6.40 Wäre die Aussage in Aufgabe 6.39 eine Äquvalenz, würde gelten, dass jede lineare Abbildung f : —› ur ein Isomorphismus ist. Das ist natürlich nicht der Fall. Ein Gegenbeispiel ist die Abbildung, die alle x E Ir auf 0 E abbildet. ■

6.3 Basiswechsel

Einleitung. Die Basis eines Vektorraums ist nicht eindeutig, so lassen sich mit Leichtigkeit

neben der Standardbasis weitere Basen des Kn definieren. Seien die Vektoren b1, . , bn eine von der Standardbasis verschiedene Basis des Kn. Dann besitzt jeder Vektor v E Kn eine Darstellung als Linearkombination entweder der Standardeinheitsvektoren oder der Vektoren bi, . . bn n

v

= E Ä, • e(

n

=E •

mit Al, • • • Xn3 51, • • • 3:n E K. Die Koeffizienten sind für die meisten Vektoren nicht identisch. Es gibt also mindestens ein i E {1, ... n} mit X, Wie schon besprochen, sind die Koeffizienten der Linearkombination zur Standardbasis genau die Komponenten von v, also vi = vn = An. Nichts hindert uns allerdings daran, einen Spaltenvektor aufzuschreiben, dessen Komponenten den Koeffizienten der Linearkombination zur neuen Basis b1, bn entsprechen. Um dabei nicht durcheinander zu kommen, kennzeichnen wir diesen Spaltenvektor durch einen Index mit dem Hinweis auf die Basis. Sei 13 = {b1, . bn} eine Basis des Kn. Dann nennen wir für jeden Vektor v E Kn v[s] [BI V EB]

=

mit v = vii71

Ev i=,

den Spaltenvektor von v zur Basis .8. Es ist leicht, die Spaltenvektordarstellung eines Vektors v E Kn bezüglich zweier Basen Bi und 82 ineinander zu transformieren. Dazu verwendet man eine sogenannte Basiswechselmatrix. Seien Bi = {ad , , an} und 82 = {b1, . . b„} zwei Basen des Kn. Dann heißt die Matrix M11' 21 die Basiswechselmatrix von der Basis Bi zur Basis 82, deren i-te Spalte dem Spaltenvektor c/821 von a, zur Basis 132 entspricht. Eine Basiswechselmatrix tut im übrigen das, was ihre Bezeichnung suggeriert. Seien 13 i = la', . . an } und /32 = {b1, ... bn} zwei Basen des Kn. Dann lässt sich für jeden Vektor v E Kn, dessen Spaltenvektor 0311 zur Basis Bi gegeben ist, der Spaltenvektor zur Basis 82 berechnen mittels M[81,821 . ,[1311 = v[B21.

201

BASISWECHSEL

Außerdem gilt ./1/113' '821 • Mf B2 ' 811 = Die Idee des Basiswechsels lässt sich auf die Darstellungsmatrizen linearer Abbildungen f : Kn --> K" übertragen. Die Darstellungsmatrix besteht per Definition aus den Spaltenvektoren zur Standardbasis des Km der Bilder der Standardeinheitsvektoren des Kn. In beiden Fällen, also auf beiden Seiten, im Urbild und im Bild, ist die Standardbasis beteiligt. Das lässt sich verallgemeinern, indem man für eine feste lineare Abbildung f : —> Kn Darstellungsmatrizen zu Basen des Kn im Urbildraum und Km im Bildraum wählt. Sei f : Kn —> Km eine lineare Abbildung, Bi = {ai, , an} eine Basis des Kr' und 132 = {bi, bri,} eine Basis des Km. Wir nennen die m x n-Matrix Mi81 'B21( f), deren Spalten den Spaltenvektoren zur Basis 82 der Bilder der Basisvektoren aus Bi unter der Abbildung f entsprechen, die Darstellungsmatrix von f bezüglich der Basen Bi und 132. Es ist also (m[B1 332 ](f )) (z) = (f (a1))[132] für alle i E {1, n}. Diese Darstellungsmatrizen tun, was man erwartet. Es gilt M( f

) = MI82 ,Bs MIB1 '62 f )

,B1.1

Sei außerdem v E Kn mit w = f (v). Dann gilt misi•/321()' . 0311 = wis21. Begriffe. Basiswechselmatrix - Darstellungsmatrix (zu beliebigen Basen) - Spaltenvektor (zu einer beliebigen Baisis) Übungskurs. E 6.47

El 6.48

II 6.49

❑ 6.50

2 6.52

E 6.53

Aufgaben.

6.471 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? I: Bei einem Basiswechsel wird ein Vektor einer Basis ausgetauscht. D Aufgrund von Basiswechselmatrizen korrespondiert (fast) jede lineare Abbildung mit mehr als einer Darstellungsmatrix. El Mithilfe von Basiswechselmatrizen kann man Darstellungsmatrizen linearer Abbildungen bezüglich beliebiger Basen aus der Darstellungsmatrix bezüglich der Standardbasis berechnen. 11 Ähnliche Matrizen repräsentieren die gleiche lineare Abbildung bezüglich unterschiedlicher Basen. D Es gibt eine eins-zu-eins-Beziehung zwischen linearen Abbildungen aus dem K" in den Km und den (Darstellungs-)Matrizen Km". 202

BASISWECHSEL

A

Sei die Basis , (1) , (01) }

B

o

o

des R3 gegeben. 6.482 Berechnen Sie den Spaltenvektor zur Basis B des Vektors v =

(2 4 . 6

6.492 Berechnen Sie für die Standardbasis und die Basis B die Basiswechselmatrix MII3s ' 81.

6.502 Berechnen Sie den Spaltenvektor zur Basis B des Vektors v =-

(2) 4 6j

mithilfe der

Basiswechselmatrix M 113s' 131 aus Aufgabe 6.49.

0

Seien die Basen

IML-W15121 1

Bi = (1) , (0) ,

(

und

il

132= (-1 -11) , (1 ( o --1/}

l des R3 gegeben.

6.51 2 Berechnen Sie jeweils den Spaltenvektor zur Basis Bi und 82 des Vektors v =

(2 4 . 6

6.522 Berechnen Sie für die Basen B und 132 die Basiswechselmatrix M[81-1321 . 0 IBil 6) 6.532 Berechnen Sie für den Spaltenvektor( io zur Basis Bi mithilfe der Basiswech-2

selmatrix /1418' '132 J aus Aufgabe 6.52 den Spaltenvektor zur Basis 132.

CI

6.542 Es sei f : R3 —> r 2 eine lineare Abbildung mit Darstellungsmatrix M(f) = (21 Geben Sie die Darstellungsmatrix MEB1-821 (f) von f bezüglich der Basis Bi =

CO) , ( 1

1 1 3 1

)

IML-W15131

2) , (1) 0 2

des 1V und der Basis B2

= (11 ) ' (°1)

des R2 an.

111

6.55' Zeigen Sie, dass die Nullmatrix nur zu sich selbst ähnlich ist.

IML-WL5I41

Zusatzaufgaben.

203

BASISWECHSEL

Sei die Basis B=

12 ) , —

ol 1

1

des R3 gegeben. 2 6.56, Berechnen Sie den Spaltenvektor zur Basis B des Vektors v = (4 . 6 6.57

E

Berechnen Sie für die Standardbasis und die Basis B die Basiswechselmatrix MtBs '81. El

6.58,2, Berechnen Sie den Spaltenvektor zur Basis B des Vektors v =

(2 4 6

mithilfe der ❑

Basiswechselmatrix MI I3s '81 aus Aufgabe 6.57.

6.593,, Zeigen Sie, dass jede invertierbare Matrix des KY' eine Basiswechselmatrix des

❑

In ist.

Lösungen. 6.47 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt?

El Bei einem Basiswechsel wird die Darstellungsmatrix bezügliche einer anderen Basis angegeben. g Aufgrund von Basiswechselmatrizen korrespondiert (fast) jede lineare Abbildung mit mehr als einer Darstellungsmatrix - das kann man so sagen. CRI Mithilfe von Basiswechselmatrizen kann man Darstellungsmatrizen linearer Abbildungen bezüglich beliebiger Basen aus der Darstellungsmatrix bezüglich der Standardbasis berechnen. Rif Ähnliche Matrizen repräsentieren die gleiche lineare Abbildung bezüglich unterschiedlicher Basen. El Es gibt leider keine eins-zu-eins-Beziehung zwischen linearen Abbildungen aus dem K' in den Km und den (Darstellungs-)Matrizen Km" - eine Matrix kann zu unterschiedlichen linearen Abbildungen korrespondieren, je nach gewählten Basen. • 6.48 Es ist das LGS A • x = v zu lösen, wobei A E R3'3 die Matrix ist, deren Spalten den

Basisvektoren aus B entsprechen. Der Lösungsvektor x ist dann die gesuchte Darstellung. Wir erhalten also [1 1 1

2

1

1 1 0

4

11

10 0

6

III

Wir können die Lösung direkt auslesen. Es ist ti = 6, t2 = —2 und X3 = —2.

204

BASISWECHSEL

Ä

Es ist also v [8]

= (_62) [8 -2

und tatsächlich gilt 6 • (1) + (-2) • (1) + (-2) • (01) = (4). 0 6

Zunächst müssen wir die Basisvektoren der Standardbasis /3s zur Basis 13 darstellen. Dazu gehen wir vor, wie in Aufgabe 6.48. Wir erhalten

6.49

( 0 [Z3] (0 1) = 1) 0 —1

0 181

(01) = (0) , 0

1

(00) 1

1 [8] () 0

Diese Spaltenvektoren bilden die Spalten der Wechselmatrix. Es ist M tBs '131 =

(0

1 0 —1 . 1 —1 0

6.50 Wir berechnen M fB' ' 13) • v =

0 0 1 0 1 —1 1 —1 0

4) 2 • 6

6 = —2 [8] —2

■

wie schon in Aufgabe 6.48 gezeigt.

6.51 Es ist je ein LGS A • x = v zu lösen, wobei A e R3'3 einmal die Matrix ist, deren Spalten den Basisvektoren aus /31 und einmal den Basisvektoren aus 132 entsprechen. Der Lösungsvektor x ist dann jeweils die gesuchte Darstellung. Wir erhalten also zum einen [

1 1

1 1 1 1 —1

—1 0

2] I 4 II 6 III

[1 1 1 01 2 0 0 —2

2 I 6 II + I 4 III — I

Wir können die Lösung direkt auslesen. Es ist x3 = —2,x2 = 10 und x1 = — 6. Es ist also V[311 =

( 6) [Bi ] —10 —2

und tatsächlich gilt —6 • (-1) + 10 •• (0) + (-2) •• (

1

=4 6 205

BASISWECHSEL

Wir erhalten zum anderen [ 1 1

1

2

I

—1 1

0

4

II

—1 0 —1

6

III

—+

-1 1 1

2

I

02 1

6

II + I

01 0

8

III + I

Wir können die Lösung direkt auslesen. Es ist x2 = 8, xs = -10 und xl =- 4. Es ist also )18 1 42 V[B21 = ( 8 —10

und tatsächlich gilt

) 4 • ( -1 + 8 • o + (-10) • 1 1 -1

(2 4. ) 6

• 6.52 Zunächst müssen wir die Basisvektoren der Basis B1 zur Basis B2 darstellen. Dazu gehen wir vor, wie in Aufgabe 6.51. Wir erhalten ( 1 3) [132] —1 ) = / 2 —4 1

—ö (0) 1 = (_322) [B2] 0

) [B2]

( 1) = —1 0

Diese Spaltenvektoren bilden die Spalten der Wechselmatrix. Es ist M[13.0

( 3222-1 0). —4 —3 2

6.53 Wir berechnen [1311 ( 3 2 —1 2 2 0 • (10) — —4 —3 2 ) —2

6) [811 m[131, 5 2] • ( 10 —2

[7321 —10

wie auch schon in Aufgabe 6.51 berechnet.

•

6.54 Es gilt M[Bs,B2]

M(f) M[61,Bs] = M[81,B21(f) .

Wir müssen also die Basiswechselmatrizen M113s '1321 und M[B1-6s ] finden. Dazu gehen wir wie in den vorangegangen Aufgaben vor. Wir überspringen hier die Details und geben die gesuchten Basiswechselmatrizen direkt an. Es sind m [8,,,B2 ]

(

1 o) -1 1

206

miBi,ssi

und

0

02 0)

1

02

BASISWECHSEL

A

und wir erhalten MI51,B21(f)

= MIBs,B2I

M( f) MI61,5s1

•

100 ( 1 0 1 1 1) 1 ( 0 2 1 —1 1) • (2 3 • 10 2

=

_

10 225 1 1 • 3 6 7

225 = 1 4 2 •

6.55 Wir bezeichnen die Nullmatrix mit 0. Zunächst mal ist 0 zu sich selbst ähnlich. Es gilt nämlich idn • 0 • idn = 0. Angenommen, es gibt eine von 0 verschiedene Matrix, die ähnlich zu 0 ist, nennen wir sie A. Dann gibt es eine invertierbare Matrix S mit passender Größe, so dass •0 • S = A ist. Die linke Seite ist aber, egal wie S genau aussieht immer gleich 0 - also ist A = 0, ein Widerspruch - demnach ist die Nullmatrix nur zu sich selbst ähnlich. ■

207

S►

BASISWECHSEL

208

7

Orthogonalität

Gemeinhin versteht man unter dem Schlagwort „orthogonal", dass ein rechter Winkel (ein Winkel von 90°) vorliegt, zwei Strecken sich senkrecht schneiden. Und tatsächlich kann man Winkel zwischen Vektoren identifizieren. Ein Ziel ist es dabei, diejenigen Selbstabbildungen (Automorphismen) des W' anhand ihrer Darstellungsmatrizen charakterisieren, welche Längen und Winkel erhalten (so genannte Kongruenzabbildungen). Dazu benutzt man jeweils ein „Werkzeug", wobei das eine Winkel zweier Vektoren und das andere die Länge eines Vektors misst. Das Skalarprodukt steht mit dem von zwei Vektoren eingeschlossenen Winkel und die euklidische Norm ist ein Maß für die Länge eines Vektors. In diesem Kapitel seien alle Vektoren reelle Vektoren. Mehr noch, seien die Vektorräume in diesem Kapitel alle Untervektorräume eines IIIn, also sind alle Vektoren insbesondere Spaltenvektoren mit reellen Einträgen. Diese Einschränkung ist keine starke, ist doch jeder endlich dimensionale reelle Vektorraum isomorph zu einem Vektorraum Erarbeitungshinweis. Die wesentlichen Konzepte dieses Kapitels sind das Standardskalarprodukt und die euklidische Norm. Mit ihnen kann man Vektoren „vermessen". Die Definition wie die geometrische Interpretation sollte erfasst werden. Orthonormalbasen werden im Kontext von Eigenwerten und Diagonalisierbarkeit wieder wichtig.

7.1 Das Standardskalarprodukt und die euklidische Norm.

Einleitung. Das Skalarprodukt zweier Vektoren berechnet eine reelle Zahl und nicht, wie

man erwarten würde, einen Vektor. Ein Produkt zweier Vektoren ist ein Skalar, daher der Name. Für zwei Vektoren v, w E Il ist das Skalarprodukt definiert als (V,111) = V1 • W1 + • • • + Vn • wn = i=1

Das Skalarprodukt wird auch als Standardskalarprodukt bezeichnet (manchmal auch inneres Produkt - in Abgrenzung zum äußeren Produkt, der Multiplikation eines Vektors mit einem Skalar), denn die wesentlichen Eigenschaften können auch andere Abbildungen

k

DAS STANDARDSKALARPRODUKT UND DIE EUKLIDISCHE NORM.

(vom RT' x HZ' in die reellen Zahlen) aufweisen. Es gibt also unterschiedliche Skalarprodukte - wir beschränken uns in Notation und Inhalt auf das Standardskalarprodukt. Die euklidische Norm eines Vektors entspricht geometrisch betrachtet im R, R2 und R3 seiner Länge und ist allgemein eine reelle Zahl, die stets nicht-negativ und nur für den Nullvektor gleich 0 ist. Es ist für einen Vektor v E lir die euklidische Norm = \/(v, v) = .Vv? +

+ v,2i.

Auch hier ist anzumerken, dass es weitere Abbildungen gibt, welche die wesentlichen Eigenschaften einer „Länge" aufweisen und ebenfalls als Normen bezeichnet werden deshalb der Namenszusatz „euklidische" Norm. Begriffe. Skalarprodukt - euklidische Norm - Cauchy-Schwarz-Ungleichung - orthogonal normierter Vektor - Dreiecksungleichung der euklidischen Norm Übungskurs. 13 7.1 3 7.16

3 7.2

E 7.4

E 7.5

D 7.8

3 7.10

E 7.13

D 7.14

Aufgaben. 7.1iWelche der folgenden Aussagen ist korrekt?

13 Das Skalarprodukt ist letztlich eine Linearkombination. D Das Skalarprodukt trägt seinen Namen, weil zwei Skalare multipliziert werden. 13 Die Cauchy-Schwarz-Ungleichung besagt, dass der Betrag des Skalarprodukts zweier Vektoren höchstens so groß ist, wie das Produkt der euklidischen Normen der Vektoren. D Es gilt (Ai • v, Az • w) Ai • A2 • (v, w) für alle Vektoren v, w eines IR Vektorraums und )1, Ä2 E R. D Die Dreiecksungleichung besagt, dass 114 + ilw11 < ist, für alle Vektoren + v, w eines Vektorraums. 13 Zwei Vektoren sind genau dann orthogonal, wenn ihr Skalarprodukt gleich 0 ist. 13 Die euklidische Norm ist invariant unter Drehung und Spiegelung, das Skalarprodukt nicht. 13 Mithilfe des Skalarprodukts lässt sich die Matrix-Matrix-Multiplikation neu interpretieren. 13 Ein normierter Vektor hat Norm 0. E Der normierte Vektor zu einem Vektor v hat die gleiche Norm wie v aber zeigt in eine andere Richtung.

7.21 Berechnen Sie die euklidische Norm der Vektoren und das Skalarprodukt von je zwei

210

DAS STANDARDSKALARPRODUKT UND DIE EUKLIDISCHE NORM.

A

der folgenden Vektoren, für welches dieses definiert ist. Vi = (2) V2 = (-2) V3 = (1), V4 = (_4) 7 1 3 2

V5

= (0) 7

v6

2) •

Es seien die beiden Vektoren 2) Vi =

(-4

und

s

3)

v2 = (_4)

gegeben. 7.31

Berechnen Sie die euklidische Norm der Vektoren vi und v2.

7.41 Nennen Sie für die Vektoren vi und v2 jeweils den normierten Vektor. 7.51

❑

I 0-NS 15I11

❑

I 0-NS MA

Welche der Vektoren

I O-NS IC5131

2 2) V1 = (2 ) v2 = (-2 2 0

2)

und

V3 = (-2 —4

❑

des 1R3 sind paarweise orthogonal? 7.61 Es seien die Vektoren

und

wi =

2

/11 1 2 W2 = 1 4 1

gegeben. Berechnen Sie die euklidische Norm von wi und W2.

❑

7.71 Es seien die Vektoren

I 0-NS 15141

wi = ()

und

=

6

12 4

gegeben. Berechnen Sie die euklidische Norm und das Skalarprodukt von wi und w2. I o-NS

7.82 Welchen Winkel schließen die beiden normierten Vektoren 3

(

undw =

ein? Argumentieren Sie mithilfe des Skalarprodukts der beiden Vektoren.

0

7.92 Welchen Winkel schließen die beiden Vektoren (2 3)

Wi =

und

w2 =

(12) 4 3

❑

ein? Argumentieren Sie mithilfe des Skalarprodukts der beiden Vektoren. 211

1

1 O-NS I5161

DAS STANDARDSKALARPRODUKT UND DIE EUKLIDISCHE NORM.

7.10' Nenne Sie alle Vektoren v E R3, für welche gilt (vi

+

V2

+

2V3)

2


111 = 14211=

= V22 + 32 + 62 = 49 = 7, (12) 4 3

= V122 + 42 + 32 = Vid§ = 13

und berechnen das Skalarprodukt (tvi, w2)

42) ) ( 13), (1 =2•12+3•4+6•3=54. 6

3

7.7 Wir finden die folgenden euklidischen Normen

>111 =

11w211 =

(1) /11 1 2 1 4

2

=

\/g

12

2

= /\ 21 -VZ —= 2' 4

= V112 + 12 + 22 + 12 + 42 + 12 = 1/144 = 12.

7.8 Wir nutzen die Formel (v, w) = -cos(a), welche allgemein für Spaltenvektoren gilt, wobei oz der von v und w eingeschlossene Winkel ist. Wir berechnen zunächst das Skalarprodukt der Vektoren (v,

g2 ), gt )) _35 35 + 45 ( 45)

295

1 2: _1

215

k

DAS STANDARDSKALARPRODUKT UND DIE EUKLIDISCHE NORM.

und vergewissern uns, dass sie normiert sind, denn

D 3 )2 (5

D

4

(--&2 = V1 =

Es ist also cos(a) =

(v, w)

114 •

=

—1 =1, 1•1 ■

demnach schließen die Vektoren v und w einen Winkel von 180° ein.

7.9 Wir nutzen die Formel (wi, w2) = • 14211. cos(a), welche allgemein für Spaltenvektoren gilt, wobei a der von wi und w2 eingeschlossene Winkel ist. Wir haben in Aufgabe 7.6 sowohl das Skalarprodukt der Vektoren wi und w2 als (w1, w2) = 54 als auch ihre Normen >111 = 7 und 11w211 = 13 berechnet. Es ist also cos(a) =

(wi, w2)

>ih • mw2m

=

54 7 • 13

54 91

Mit arccos(k) , 53.6008751 schlussfolgern wir, dass die Vektoren wi und w2 einen Winkel von ca. 53,6° einschließen. 3 7.10 Zunächst interpretiert man die linke Seite der gegeben Ungleichung als das Quadrat eines Skalarprodukts und zwar des Vektors v mit dem Vektor (i l . Es ist nämlich 2 (vv12 ), (11)j = vi • 1 + v2 • 1 + v3 • 2 = vi + v2 + 2v3.

(7.1)

Dann stellt man fest, dass die rechte Seite dem Quadrat des Produktes der Normen der Vektoren v und (11 entspricht. Es ist nämlich 2 (I) = .N/V? +

V22 + V32

und

= .V12 +12 +22 =

und dam t 2 (•1V1+ V22 + V23 • N/6 = 6(2)

(1) )2

216

v3).•

(7.2)

DAS STANDARDSKALARPRODUKT UND DIE EUKLIDISCHE NORM.

(

Die Cauchy-Schwarz-Ungleichung auf die Vektoren v und 1 angewandt lautet 2

(1 1)

KO 0)

Quadriert man die Cauchy-SChwarz-Ungleichung erhält man (1. 1)

(K( ) 0))

Mit den Gleichungen (7.1) und (7.2) gilt also auch (v1 + v2 + 2v3)2 < 6(v + v2 + vn und das für jeden Vektor v e R3. 7.11 Es sei w E R2 ein normierter Vektor, der einen Winkel von genau 60° mit dem Vektor 4 ) einschließt. Dann gilt

(3

(W w21) = \/

tvi2 „„2

()1 = N/32 + 42 = 5.

und

Außerdem gilt dann

K(:),

10)=1

+ 4W2

()1 •114 • cos(60°)

5

=2

Wir lösen diese Gleichung nach wi auf und erhalten wi = s— 1w2 was wir wiederum in die Gleichung wi + w2 = 1 einsetzten, so dass wir die Bedingung (5 4 )2 -6- - 3 W2

2 W2

+w2 = 1 11

4

5 W2

=

100

erhalten. Mit der p-q-Formel lösen wir, dass es zwei Lösungen für w2 schließen die Vektoren (1/10N/57 - 241

2 5

und

10

e,

gibt. Damit

(1/10-157 + 241 5

e

einen Winkel von 60° mit dem Vektor (43) ein.

■

7.12 Es seien v, y E 11192 beliebig gewählt. Dann rechnet man nach (v, Y) =

vi yi = i=i

E i=i

• vi = (y, v),

217

3.

ORTHONORMALBASEN

was zu zeigen war.

•

7.13 Es seien v, w, y E EV beliebig gewählt. Dann rechnet man nach (V + W

y) = E(vi wi) • yi = vi • yi + wi • yi i=i i=1 =

vi •

wi • yi

yi +

= (v y) + (w y),

i=1 was zu zeigen war.

•

7.14 Wir zeigen beide Richtungen der Äquivalenz.

„

>": Es sei II v = 0. Dann gilt nach der Definition der euklidischen Norm, das Vv 2

_L

n

und damit v? + + = 0 ist. Da die Summanden alle nicht negativ sind, müssen alle Summanden 0 sein. Also gilt v1 = v2 = = v„ = 0 und damit v = 0. •

": Es ist v = 0. Dann gilt

= 11011 = 0, was zu beweisen war.

7.15 Wir berechnen 11v +

= + w, v +

= (v, + 2(v, w) + (w, w)

11v11 2 + 211v1111w11 + 11w112 = (11v1I + 11w11)2 mithilfe der Cauchy-Schwarz-Ungleichung. Wurzelziehen auf beiden Seiten von Ilv + w112

(11v1I + 11w11)2

liefert die Aussage. 7.16 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: v = random_vector(ZZ,3) sage: w = random_vector(ZZ,3) sage: v, w ((-1, 1, -1), (-2, -46, -9)) sage: v.dot_product(w) -35

7.2 Orthonormalbasen

Einleitung. Ist das Skalarprodukt zweier Vektoren gleich 0, heißen sie orthogonal. Eine

Menge von Vektoren nennen wir orthogonal, wenn alle paarweise verschiedenen Vektoren in dieser Menge orthogonal sind. Sind diese Vektoren alle normiert, nennen wir sie 218

ORTHONORMALBASEN 1

orthonormal. In einem k-dimensionlen Vektorraum wird eine Menge von k Vektoren als Orthonormalbasis von V bezeichnet, falls die Menge orthonormal ist. Begriffe. Orthogonale Menge von Vektoren - orthonormal - Orthonormalbasis

Übungskurs. ❑ 7.23

•

❑ 7.24

3 7.27

3 7.28

Aufgaben.

7.231Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? ❑ Eine Menge von Vektoren heißt orthogonal, wenn es einen beliebigen Vektor gibt, der orthogonal zu allen Vektoren aus der Mengen ist. 3 Eine Menge von Vektoren heißt orthonormal, wenn sie orthogonal ist und alle Vektoren normiert sind. D Das Skalarprodukt eines normierten Vektors mit sich selbst ist 1. D Die Vektoren einer Orthonormalbasis müssen nicht linear unabhängig sein. El Die Standardbasis ist orthonormal. 3 In jedem Vektorraum gibt es eine Menge von drei orthonormalen Vektoren.

7.241 Es seien die Vektoren

0-OB [5111 2

2)

vl = (2) , v2 = (-2 0

und

v3 =

2 (-2 -4)

des R3 gegeben. Sind sie orthogonal? Sicherlich hilft Ihnen Aufgabe 7.5.

❑

7.251 Es seien die Vektoren

10-OB t512j

v1 = (1) , V2 = 2

4) 2

und

v3

( 10 -2 1

des R3 gegeben. Sind sie orthogonal?

❑

7.261 Es seien die Vektoren

10-OB [5131 3

th.

8)

2) , V2 = (5 = -17 2

2)

und

V3 = 1

des R3 gegeben. Sind sie orthogonal?

❑

7.272 Bilden die Vektoren vi, v2 und v3 aus Aufgabe 7.5 eine Basis des R3? Bilden sie eine Orthonormalbasis des R3? Falls nein, wie lässt sich aus der Menge leicht eine Orthonormalbasis des R3 erzeugen? ❑ 7.283 Zeigen Sie, dass eine Menge von n orthonormalen Vektoren {v1 ,

v,i} c Ir eine

219

10-0B [5141

10-061515j

ORTHONORMALBASEN

Basis des R ist. Zusatzaufgaben. 7.29! Sind die Vektoren ) al = (-1 , a2 =

5

-2 1

ii)

und a3 =

16 -1

des R3 orthogonal?

0

7.30! Sind die Vektoren 2) al = (-1 3 a2 = -4 5

und a3 = (_16)

des R3 orthogonal?

0

Lösungen. 7.23 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? O Eine Menge von Vektoren heißt orthogonal, wenn die Vektoren paarweise orthogonal sind. CRI Eine Menge von Vektoren heißt orthonormal, wenn sie orthogonal ist und alle Vektoren normiert sind. V Das Skalarprodukt eines normierten Vektors mit sich selbst ist 1. Denn für einen normierten Vektor v E RV gilt M v ii = 1 und (v, v) = v? + + = 114 2 = 1. O Die Vektoren einer Orthonormalbasis sind zwangsläufig linear unabhängig. V Die Standardbasis ist orthonormal. Die Standardeinheitsvektoren sind alle normiert und orthogonal zueinander. O In jedem Vektorraum der Dimension mindestens 3 gibt es eine Menge von drei orthonormalen Vektoren. • 7.24 Nach Aufgabe 7.5 sind die Vektoren vi , v2 und v3 paarweise orthogonal und damit ist auch die Menge {v1, v2, v3} orthogonal. ■

220

ORTHONORMALBASEN

A

7.25 Wir berechnen die Skalarprodukte

(vi , v2) =

() 2

41) ) = 0 • 1 + 1 • 4 + 2 • (-2) = 0 -2

(7) , ( 121 ) = 0 • 10 + 1 • (-2) + 2 • 1 = 0

(vi , v3) =

1

2

( 1 4 ) , ( 12 1 2

(V2, V3) =

) = 1 • 10 +

4 •(-2) + (-2) • 1 = 0.

Es sind also vi und v2 orthogonal, genauso wie v1 und v3 orthogonal sind, wie auch v2 und V3. Also sind die Vektoren vi , v2 , v3 orthogonal. • 7.26 Wir berechnen das Skalarprodukt

_8 17) (5 (v1,v2) = ( ( 23 , 2) ) — 3 8 + 2 • 5 + (-17) • 2 = 0 (v2,v3) =

(

l

)

i7 -

, (-6) ) = 3 • 2 + 2 • (-6) + (-17) •1 = —23. 1

und stellen fest, dass vi und v2 zwar orthogonal die Vektoren vi und v3 jedoch nicht orthogonal sind. Also sind die Vektoren vi , v2, v3 nicht orthogonal. Es ist dazu gar nicht mehr nötig zu prüfen, ob v2 und V3 orthogonal sind. • 7.27 Die Vektoren vi , v2 und V3 aus Aufgabe 7.5 sind orthogonal und damit auch linear unabhängig. Der R3 hat Dimension 3. Eine Menge von 3 linear unabhängigen Vektoren bildet also eine Basis des Il. Allerdings sind die Vektoren nicht normiert. Es gilt zum Beispiel (2 2)

111)111 =

= V22 + 22 + 02 =

1.

Also bilden sie keine Orthonormalbasis des le? Normiert man die Vektoren jedoch, sind sie immer noch orthogonal und normiert und bilden dann eine Orthonormalbasis des R3. • 7.28 Eine Menge von n orthonormalen Vektoren {vi, v.} C Rn ist linear unabhängig. Eine Menge von n linear unabhängigen Vektoren des W ist eine Basis des Rn, weil dieser Dimension n hat. Wir zeigen nun noch, dass eine Menge von k orthonormalen Vektoren {vi, linear unabhängig ist. Seien also die Vektoren vi, Aussagen.

, vk }

C Rn

vk alle ungleich 0 und orthogonal. Also gelten die folgenden

i. Für paarweise verschiedene Vektoren vi und vi aus dieser Menge ist (vi, v;) = 0. ii. Für jeden Vektor vi aus dieser Menge gilt bi ll > 0 (Definitheit).

221

DAS ORTHOGONALE KOMPLEMENT

Wir möchten zeigen, dass die Gleichung (7.3)

Al • vi + A2 " V2 + • • • + Ak • Vk = 0 nur die triviale Lösung Al =

A2 = • • =.k =

Dazu wähle einen Index .e E {1,

0 hat.

, k} beliebig und betrachte (7.4)

(Ä1 • V1 + A2 • V2 + • • • + Ak • Vk, Vp) = (0, Vp).

Man wendet also schlicht auf beiden Seiten von Gleichung (7.3) das Skalarprodukt mit dem Vektor ve an. Dann vereinfacht sich die Gleichung (7.4) zu (Ä1 • V1 + A2 • V2 + • • • + Ak • Vk, Vp) = (0, v.e) •(vi.,Ve) + A2 • (V2, Vp) + • • • + Ak • (Vk, VE) = 0

[Additiv. & Homogen. der ersten Komp. d. Skalarprodukts] Xe • (ve, ve) = 0 [nach i. sind alle (v,, va ) = 0 für i

j]

Ap • 112/p11 = 0.

Nach ii. ist aber live > 0, also muss Xe = 0 sein.

Da f beliebig aus {1, ... k} gewählt war gilt: Es ist X = 0 für alle i e {1, die vi, , vk linear unabhängig.

k}. Also sind ■

7.3 Das orthogonale Komplement

Einleitung. Der Begriff der Orthogonalität führt auf eine natürliche Zerlegung von Vektor-

räumen. Dazu definiert man für einen Untervektorraum sein orthogonales Komplement, welches alle orthogonalen Vektoren zu diesem Untervektorraum enthält.

Allgemein berechnet man das orthogonale Komplement folgendermaßen. SCHEMA

F 7.1 (Orthogonales Komplement bestimmen).

Eingabe: Ein reeller Vektorraum V und eine aufspannende Menge bi , . . . , bn, des Unterraums W. (bT

Schritt 1. Berechne den Kern der Matrix A = b,7„' Schritt 2. Es ist Wi = Kern(A).

Begriffe. Orthogonales Komplement 222

DAS ORTHOGONALE KOMPLEMENT Art

Übungskurs.

❑ 7.31

Aufgaben. 7.31i Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? E Das orthogonale Komplement eines Untervektorraum ist selbst ein Vektorraum. ❑ Das orthogonale Komplement lässt sich stets als Kern einer Matrix darstellen. 2 Das orthogonale Komplement eines k-dimensionalen Untervektorraums ist ebenfalls k-dimensional.

7.32' Sei U = span ( 12 l 1 c R3. Berechnen Sie das orthogonale Komplement U-L von 3

U.

❑ (011

7.33' Sei U = span

1

c

1183. Berechnen Sie das orthogonale Komplement

U-L von U. 1)) c ((I, (4

7.34" Sei U = span

R3. Berechnen Sie das orthogonale Komplement

U-L von U. Zusatzaufgaben. 7.351 Sei U = span

.)

c 1[83. Berechnen Sie das orthogonale Komplement U-L von

U.

2 3

7.361 Sei U = span

(

_4

U-L von U.

9 , 1

C R3.

Berechnen Sie das orthogonale Komplement

`Jl 3

9

El 6

7.371 Sei U = span ( (21), (2].), (27.)) c R Berechnen Sie das orthogonale Komplement Ui von U.

•

❑

Lösungen. 7.31 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? IX' Das orthogonale Komplement eines Untervektorraum ist selbst ein Vektorraum. IX Das orthogonale Komplement lässt sich stets als Kern einer Matrix darstellen. 2 Das orthogonale Komplement eines k-dimensionalen Untervektorraums des R ist nach dem Dimensionssatz (n — k)-dimensional.

223

10-0K [5111

DAS ORTHOGONALE KOMPLEMENT

7.32 Wir wenden ein Schema an um das orthogonale Komplement zu berechnen. (1 Eingabe: Ein reeller Vektorraum R3 und eine aufspannende Menge 2 des Unterraums 3

U. Schritt 1. Berechne den Kern der Matrix A = (123). Dazu lösen wir das LGS A • x = 0. Da A schon in Zeilen-Stufen-Form ist, erhalten wir die Bedingung 1 • xi + 2 • x2 + 3 • = 0. Setze x2 = A2 und X3 = A3 für A2 , A3 C I8 und berechne x1 = -2Ä2 - 3.\ 3. Dann ist die Lösungsmenge des LGS -2 A2

-3

• ( 1) + 4 • ( 0) :

A2, A3 E R .

Schritt 2. Es ist 2 -3 U 11 = Kern(A) = {A2 • (1 + A3 • ( 0) : 0 1

A3 E

.

7.33 Wir wenden ein Schema an um das orthogonale Komplement zu berechnen. 20 Eingabe: Ein reeller Vektorraum R3 und eine aufspannende Menge 13 ,) 1( des Unter3

raums U. Schritt 1. Berechne den Kern der Matrix A = (o 2 113)3•Dazu lösen wir das LGS A • x = 0. Da A schon in Zeilen-Stufen-Form ist, erhalten wir aus der zweiten Zeile die Bedingung 1 • x2 + 3 • X3 = 0. Setze x3 = A3 für A3 C IR und berechne X2 = -3.4. Außerdem liefert die erste Zeile die Bedingung 2 • xi + 1 • x2 + 3 • x3 = 0. Nach xi aufgelöst erhalten wir = P1/43 - z X3 = 0. Dann ist die Lösungsmenge des LGS {A3 • (-) : A3 E /18} . 1 Schritt 2. Es ist 0 U± = Kern(A) = {A3 • ) (-3 : Ä3 E IR} . 1

7.34 Wir wenden ein Schema an um das orthogonale Komplement zu berechnen. 24 ) ( Eingabe: Ein reeller Vektorraum Ire und eine aufspannende Menge (1 3 des Unter-

33

raums U. 224

ORTHOGONALISIERUNGSVERFAHREN

A

Schritt 1. Berechne den Kern der Matrix A = (42 1 3) Dazu lösen wir das LGS A • v -= 0 3 und bringen die Koeffizientenmatrix auf Zeilen-Stufen-Form. [2 1 3 433

0] 0 II

—> [20 11 -33

0 0] 11-2.1

Wir erhalten aus der zweiten Zeile die Bedingung x2 + ( -3) • x3 = 0. Setze x3 = X3 für A3 E IR und berechne x2 = 3)3. Außerdem liefert die erste Zeile die Bedingung 2 • x1 +1. x2 + 3 • x3 = 0. Nach x1 aufgelöst erhalten wir = -3.X3. Dann ist die Lösungsmenge des LGS {A3 • ( 3) : A3 E R1 .

Schritt 2. Es ist -3 = Kerr ( .-1) = {,\•3 • ( 3) : A3 C R .

7.4 Orthogonalisierungsverfahren

Einleitung. Tatsächlich ist (den Spezialfall des Nullvektors mal ausgenommen) eine ortho-

gonale Menge von Vektoren immer linear unabhängig. Auch wenn die Umkehrung dieser Aussage nicht stimmt, lässt sich dennoch jede Menge linear unabhängige Vektoren mittels sogenannter Orthogonalisierungsverfahren in eine orthogonale und mit einer Erweiterung den Orthonormalisierungsverfahren in eine orthonormale Menge transformieren. Präziser ist ein Orthogonalisierungsverfahren ein Algorithmus, der für linear unabhängige Vektoren orthogonale Vektoren berechnet, welche den gleichen Vektorraum aufspannen. Das bekannteste Orthogonalisierungsverfahren ist sicherlich das nach Jörgen Pedersen Gram und Erhard Schmidt benannt Gram-Schmidt-Orthogonalisierungsverfahren. Wir erinnern zunächst einen Schritt des Verfahrens. Algorithmus 7.2 (GramSchmidtStep). Input: b1,... ,brn E V linear unabhängig. Output: b2, E V orthogonal zu b1 mit span(b1, for i = 2 to m do (bi, bi) bi = bi bi (bi ‚bi) end for return i2, ,bm .

bm) =

, bm).

Um eine Menge linear unabhängige Menge tatsächlich in eine orthogonale Menge zu transformieren wird der GramSchmidtStep mehrfach hintereinander angewandt. 225

34.

ORTHOGONALISIERUNGSVERFAHREN

Algorithmus 7.3 (GramSchmidt). Input: b1, E V linear unabhängig. Output: bi, ... E V IM. unab. und orthogonal mit span(bi Setze bi =for i = 1 to m-1 do (bi+i , ,;„,) = GramSchmidtStep (bi, • • • , bam, ) end for return ,bm.

= span(bi,

, bm).

Mithilfe einer Orthonormalbasis lassen sich beliebige Vektoren v leicht als Linearkombinationen der Basisvektoren darstellen. Leicht meint, dass die Koeffizienten von einfacher Form sind. Sie werden Fourierkoeffizienten von v bezüglich einer Basis bi, , b7 genannt und entsprechen jeweils (v, bi) für jeden Basisvektor bi. Begriffe. Orthogonalisierungsverfahren - Gram-Schmidt-Orthogonalisierungsverfahren Fourierkoeffizienten Übungskurs. 2 7.38

El 7.39

E 7.40

El 7.41

2 7.42

Aufgaben. 7.381Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 2 Mithilfe von Orthogonalsierungsverfahren, kann aus jeder beliebigen n-elementigen Menge von Vektoren eines Vektorraums der Dimension n eine Orthonormalbasis gewonnen werden. 2 Das Gram-Schmidt-Orthogonalisierungsverfahren berechnet für eine Menge linear unabhängiger Vektoren eine Menge orthogonaler Vektoren mit identischem Spann.

Gegeben seien die Vektoren 10 ( b3 = 31. und bi = ( ) , b2 = (2) 3

1

9

7.391 Berechnen Sie Gr amS chmidt St ep(bi, b2, b3).

❑

7.401 Berechnen Sie GramSchmidt (b1, b2, b3).

❑

lo- ov tuzi Gegeben sei der Vektor v =

(3 4

1

E 1i83.

7.412 Bestimmen Sie für die Standardbasis Bs die Fourierkoeffizienten des Vektors v. 2 226

ORTHOGONALISIERUNGSVERFAHREN

A

7.422 Bestimmen Sie für die Orthonormalbasis

8= {

(41)

Virg

1 (-1) 1 )} • ° 1 3 • \-2 ❑

die Fourierkoeffizienten des Vektors v. 7.432 Bestimmen Sie für die Orthonormalbasis ()

10-0V151.31

und

b2 =

des R2 die Fourierkoeffizienten des Vektors (34) E R2. Zusatzaufgaben. Gegeben seien die Vektoren 2 8) bi = (1) b2 = (4

und

b3 =

0

3 4 2

7.441* Berechnen Sie GramSchmidtStep(bi,b2,b3). 7.45! Berechnen Sie GramSchmidt(b1, b2 , b3 ). 7.462 Bestimmen Sie für die Orthonormalbasis b1 = (:)

und

b2 = (I) ❑

des R2 die Fourierkoeffizienten des Vektors (43) E R2.

7.47! Implementieren Sie den Algorithmus GramSchmidt st ep ( ) in Sage. Für eine beliebige Eingabe von Vektoren soll Ihr Algorithmus dabei zunächst überprüfen, ob die Vektoren linear unabhängig sind. Dafür können Sie die Abfrage v. linear_dependence (vs) == [1 verwenden, welche True zurückgibt, falls es tatsächlich keine Abhängigkeit zwischen den Vektoren in der Liste vs gibt, sie also unabhängig sind und False falls sie doch linear abhängig sind. 0 7.48! Implementieren Sie den Algorithmus GramSchmidt ( ) in Sage. Für eine beliebige Eingabe von Vektoren soll Ihr Algorithmus dabei zunächst überprüfen, ob die Vektoren linear unabhängig sind und dann eine orthogonale Menge von Vektoren ausgibt. 0

Lösungen. 7.38 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? El Mithilfe von Orthogonalsierungsverfahren, kann aus jeder linear unabhängigen n-elementigen Menge von Vektoren eines Vektorraums der Dimension n eine Ortho-

227

ORTHOGONALISIERUNGSVERFAHREN normalbasis gewonnen werden. CRI Das Gram-Schmidt-Orthogonalisierungsverfahren berechnet für eine Menge linear unabhängiger Vektoren eine Menge orthogonaler Vektoren mit identischem Spann.

■ 7.39 Wir berechnen zunächst (bi , bi) -= (b2,

=

(b3, bi) =

(1)> (12 ) , 3 (1))

=1•1+1•1+1•1=3 1•1+2•1

3•1=6

( ) (11) ) = 0-1 +3•1 +9•1 =12. 9 1

Nun können wir leicht berechnen (b2' b1) bl = (2) — 2 • (1)

b2 = b2

(bi, b1)

1

(b3, b1)

i3 = b3

b1 = (93) — 4 • (11)

(bi, bl)

(-0) 1 (114)

( 03 (-415) ) • Es ist also GramSchmidtStep(bi, b2, b3) =

7.40 Mit den Ergebnissen aus Aufgabe 7.39 bleibt uns zu berechnen GramSchmidt (-° 1) (251) ) Sei dazu 191' =

—1 —4 0) und b; = (). 5

Wir berechnen zunächst

=

(b;

0))

(( 0)

(1);,b;) =

-= -1 • (-1) + 0 0 + 1 •1 = 2

( 0), (-1)/ = -1 • (-4) + 0•(-1) + 1 • 5 = 9. 1 5

Nun können wir leicht berechnen b3

-b* 3

(te

b;') b*

Es ist also GramSchmidtStep(b, b;) =

228

4 -1

2

5

(

-1

- 9 • (-01) 2

1)

DIE ORTHOGONALE PROJEKTION UND ORTHOGONALE

ABBILDUNGEN

A

Insgesamt erhalten wir die orthogonale Menge GramSchmidt

b2 , b3) = (1) ,

-1 o (-1) . 1 4

7.41 Es sind die Skalarprodukte von v mit den Standardeinheitsvektoren zu berechnen.

Diese Skalarprodukte entsprechen aber genau den Komponeneten von v. Es ist also 3

V

=E(v,e(i)) • e(i) = 3 • e(') + 4 • e(2) + 1 • e(3) .

7.42 Es sind die Skalarprodukte von v mit den Basisvektoren der Basis cB zu berechnen.

Diese bilden die Fourierkoeffizienten des Vektors v zur Basis B und wir erhalten die Darstellung (41

v

1

' N1 /r8 1)) \i)

(1)

N/TS

( (43) '

( 0) ) 1 ( 0) N/2 1

+ ( (34) 1

_ 20 J78

(41) + (-

(-1) + 9.

1

3•

2

(-2)

1 (

21) 2

2

1)

■

wobei die Fourierkoeffizienten den Koeffizienten g3 1 -1, 9 entsprechen.

7.43 Es sind die Skalarprodukte von v mit den Basisvektoren b1 und b2 zu berechnen.

Diese bilden die Fourierkoeffizienten des Vektors v zu dieser Basis und wir erhalten die Darstellung

= (34) ( 5 2 )) \5) + K (34) ( 521 ))

D =5 (D +0 (

wobei die Fourierkoeffizienten den Koeffizienten 5 und 0 entsprechen.

7.5 Die orthogonale Projektion und orthogonale Abbildungen

Einleitung. Gegeben ein Vektorraum V und ein Untervektorraum W von V. Dann lässt sich jeder Vektor aus V eindeutig als Summe von einem Vektor aus W und ein Vektor aus Wi darstellen. Dabei wird der Vektor aus W die orthogonale Projektion auf W genannt. Formal ist für einen Vektorraum V und U einem Untervektorraum von V für jeden Vektor v E V die Summe v = + v" mit v' E U und v" E Ui eindeutig. Außerdem nennen wir die Abbildung Pi; : V -+ U mit v 1-> v' die orthogonale Projektion von V auf U und die 229

le DIE ORTHOGONALE PROJEKTION UND ORTHOGONALE ABBILDUNGEN

Abbildung Du : V —> U mit v 1—> IIv"II den Abstand zu U. Orthogonale Abbildungen werden anhand ihrer Darstellungsmatrizen definiert, welche selbst die Eigenschaft der Orthogonalität tragen. Eine n x n-Matrix A heißt orthogonal, wenn gilt AT • A = idn . Wir nennen eine lineare Abbildung f : Rn x R" orthogonal, wenn ihre Darstellungsmatrix M(f) orthogonal ist. Orthogonale Abbildungen erhalten das Skalarprodukt und somit auch die euklidische Norm. Orthogonale Abbildungen sind demnach Kongruenzabbildungen. Begriffe. Orthogonale Projektion - orthogonale Abbildung - orthogonale Matrix Übungskurs. El 7.49 El 7.58

2 7.50 3 7.60

❑ 7.52

3 7.51 3 7.61

3 7.54

III 7.55

❑ 7.57

Aufgaben. 7.491Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? El Für einen Vektor v und einen Untervektorraum W eines Vektorraums V gilt stets, dass v als die Summe eines Vektors aus W und eines Vektors aus W-L geschrieben werden kann. ❑ Die eben angesprochene Summe ist nicht eindeutig. 3 Die Vektoren eines Untervektorraums werden bei der Projektion auf den Unterraum auf sich selbst projeziert. El Eine lineare Abbildung f : Rn x Er heißt orthogonal, wenn ihre Darstellungsmatrix M(f) orthogonal ist. 13 Das Skalarprodukt ist invariant unter orthogonalen Abbildungen.

1 0-PA L5111

7.501 Es bildet U = span ((43)) ein Unterraum des 1R2 . Geben Sie P-(5 (GI) und Du ((21)) an. ❑

1 0- PA LBI21

Es bildet U = span (e(1) , e(2)) ein Unterraum des R3. 7.511 Geben Sie Pb ((all und Du

4 I an. 7

7

7.521 Geben Sie allgemein P-b (v) und Du (v) für einen Vektor v E 10-PA

R3 an.

7.531 Es seien die beiden Vektoren 2) vl

= (0) 1

und

V2 = (3 4

des R2 gegeben. Dann ist U = span(vi) ein Untervektorraum des R3. Geben Sie P -b (V2) und Du (v2 ) an. ❑ 230

DIE ORTHOGONALE PROJEKTION UND ORTHOGONALE ABBILDUNGEN Ä

7.541 Ist die Matrix

1 0-PA [5141 1

0

A =(o 1

1

020

orthogonal?

❑

7551 Ist die Matrix

10-PA 15151 1

A=

-1

(4 7) 7;17 _ _8_ o -1 3 1 1 18 f

2 3

orthogonal?

❑

7.561 Ist die Matrix

(3e

0)

A 0

01

orthogonal? 7.572 Finden Sie eine Belegung der Variablen a, b E Z, so dass A

0-PA [516]

_ (1 2b )

orthogonal ist.

❑

7.582 Finden Sie alle Belegungen der Variablen a, b, c E R mit c > 0, so dass A

=

I 0-PA [517]

b)

orthogonal ist.

❑

7.593 Zeigen Sie, dass das Produkt zweier orthogonaler Matrizen gleicher Größe wieder orthogonal ist. ❑ 7.603 Sei A E Ile3X3 eine Matrix, deren Spaltenvektoren orthogonal und normiert sind. Zeigen Sie, dass A dann orthogonal ist. ❑ 7.613 Sei A E ik2 2 orthogonal. Zeigen Sie, dass dann für alle Vektoren v E R3 gilt HA • vH = Ilvll

Zusatzaufgaben.

Es bildet U = span (e(i) e(2)) ein Unterraum des R3. 7.62 Geben Sie P-I5 (0) und Du (0) an. 7

7

231

k

DIE ORTHOGONALE PROJEKTION UND ORTHOGONALE ABBILDUNGEN

Lösungen.

7.49 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? Für einen Vektor v und einen Untervektorraum W eines Vektorraums V gilt stets, dass v als die Summe eines Vektors aus W und eines Vektors aus Wi geschrieben werden kann. El Die eben angesprochene Summe ist tatsächlich eindeutig. V Die Vektoren eines Untervektorraums werden bei der Projektion auf den Unterraum auf sich selbst projiziert. CI Eine lineare Abbildung f : x R" heißt orthogonal, wenn ihre Darstellungsmatrix M(f) orthogonal ist. V Das Skalarprodukt ist invariant unter orthogonalen Abbildungen. • 7.50 Zunächst bestimmen wir das orthogonale Komplement von U = span ((43)). Dazu müssen wir den Kern der Matrix bestimmen, deren Zeilen, den aufspannenden Vektoren von U entsprechen. In diesem Fall ist es die Matrix A = (3 4 ). Der Kern und damit das orthogonale Komplement ist leicht zu bestimmen. Es ist U-L = {A2 • (1) : A2 C TR} .

Wir suchen nun Koeffizienten, so dass gilt Al • (4) + A2 • (1) = (21) welche uns ein entsprechendes LGS liefert. Wir überspringen die Details und geben die Lösung an. Es ist

• (34) + 25

(1) = ( i2)

((2))5

(1) (2_)

25

und damit FU

=

und 11 (3)

Du ((2)) =

25

11 11 = i1 • A/32 + 42 = — • fiö- = 5 25 25 •

7.51 Wir suchen das orthogonale Komplement zweier Standardeinheitsvektoren. Das ist leicht, weil es sich dabei um eine Orthogonalbasis handelt. Der übrige Vektor e(3) bildet

232

DIE ORTHOGONALE PROJEKTION UND ORTHOGONALE ABBILDUNGEN

A

das orthogonale Komplement. Es ist also 0 = span (e(3)) = {A • (o) : A E R} . Damit finden wir, dass die orthogonale Projektion des gegeben Vektors einfach seine x3 Komponente ist. Es ist also

PU

\\' //

= CO). 7

Außerdem erhalten wir die Zerlegung 1 0 (4 1) =- 0 + 0

und damit ist = V12 + 42 + 02 Du

=

=3.

= (4) •

7.52 Mit den Überlegungen zur Aufgabe 7.51 finden wir für einen beliebigen Vektor v E Fe, dass 0) Pb (V) = 0 V3

und Du (v) = N/v1 2 + v2 + 02 = \/v21 + v22 ist.

•

7.53 Zunächst bestimmen wir das orthogonale Komplement von U = span(vi ). Dazu müssen wir den Kern der Matrix bestimmen, deren Zeilen, den aufspannenden Vektoren von U entsprechen. In diesem Fall ist es die Matrix A = (1 o 1). Der Kern und damit das orthogonale Komplement ist leicht zu bestimmen. Es ist 0

-1

U1= {A2 • (1) + A3 • ( 0) : A2, A3 E RI} .

Wir suchen nun Koeffizienten, so dass gilt 1

0

-1

Ai • (0) + A2 • (1) + A3 • ( 0) = 0

1

( 3) 4

welche uns ein entsprechendes LGS liefert. Wir überspringen die Details und geben die

233

DIE ORTHOGONALE PROJEKTION UND ORTHOGONALE ABBILDUNGEN

Lösung an. Es ist = (23)

3 • (0) + 3 • (i) + 1 • ( 1

4

und damit

32 )) = 3 3 • (1 ± 1 • (-1o) = 1 C(4))

PU

13) 1

und Du ((432)) =

(0 3 )

—

.V32 + 02 + 32 — \/78.

7.54 Wir berechnen 1 0 1 100 = ( 0 1 0 • 0 1 2 020 100

A • AT

=

2 0 o) 0 1 2 02 4

id3,

also ist A nicht orthogonal. 7.55 Wir berechnen A • AT =

18 f 3 418 0 —31 1

1

18 18++S —1 0 1

•

2

2 —1 2 3 3 3

100 CO 1 0 0 0 1

= id3,

also ist A orthogonal. 7.56 Wir berechnen

(3i-t 4

A • AT =

0

3

0)

e

( • —

0 1

t 10 e

0)

0 0 1

1 0 0) = (0 1 0 0 0 1

id3, ■

also ist A orthogonal. 7.57 Wir berechnen zunächst 1 2 A • AT = ( a b )

1a = (2 b)

5 a + 2b a + 2b a2 + b2 ) •

Da das Produkt der Matrix A mit ihrer Transponierten gleich der Einheitsmatrix ist, wenn A orthogonal ist, erhalten wir drei Gleichungen 5 = 1,

a + 2b = 0,

a2 + b2.

Die erste Gleichung hat keine Lösung, also gibt es keine Belegung der Variablen a, b E R, so dass A orthogonal ist. ■

234

DIE ORTHOGONALE PROJEKTION UND ORTHOGONALE ABBILDUNGEN

A

7.58 Wir berechnen zunächst bc)

A • AT =

(a b s3

a2 o2

+ bc

bc

-c) =

c2 ) •

Da das Produkt der Matrix A mit ihrer Transponierten gleich der Einheitsmatrix ist, wenn A orthogonal ist, erhalten wir drei Gleichungen a2

3a — 5

b2 = 1,

9 2 — + C = 1. 25

bc = 0,

Aus der letzten Gleichung lesen wir zwei Lösungen für c aus, nämlich cl = g und c2 = — s • Wir setzen jeweils in die zweite Gleichung ein und lösen nach a auf, was wir wiederum in die erste Gleichung einsetzten. Es ist für c = c = 4— 5

a=—

4b

4 c = —5

und

>a=

4b . 3

Eingesetzt in die erste Gleichung erhalten wir c=

c=

4 5

b2 = 1

2

4 5

4) 2 (_3

>b2=

25

9 b2 = — . 25

+ b2 = 1

In beiden Fällen erhalten wir zwei Lösungen für b nämlich b1 = s und b2 = — Es gibt also insgesamt vier Belegungen der Variablen a, b, c E so dass A orthogonal ist und zwar (a, b,

E (_

35 5' 5)' (5' 5' 5)'

5'

(45 5)'

35 5)} •

■ 7.59 Es gilt für zwei quadratische Matrizen A, B E R"n stets, dass (A • B)T ist. Sind A und B orthogonal, gilt außerdem A • B • ( A • B)T

=

A • B • BT • AT

=

= BT

. AT

A • id,, • AT = A • AT = idri.

Also ist das Produkt der orthogonalen Matrizen wieder orthogonal.

•

7.60 Sei A E Ir xn eine Matrix, deren Spaltenvektoren orthogonal und normiert sind. Dann gilt für je zwei Zeilen der Matrix A, dass (4) A(3', =

1 wenn i = j ist 0 sonst

für i, j E {1, , n}. Außerdem gilt nach der Definition der transponierten Matrix, dass 4i) = A(' für i E {1, , n} - die Zeilen der transponierten sind die Spalten der ursprüng-

235

DIE ORTHOGONALE PROJEKTION UND ORTHOGONALE ABBILDUNGEN

lichen Matrix. Damit berechnen wir

AT • A =

/A(1) (AT,) , A(1)) • • • (AT„) , A(')) \ (AT,) , A(2) ) (A T2) "9(2 )1 • • • OT„) , A(2) ) = idn , \ KA (1) , A(u)) (AT2) ,Aero) •

KAT7,) ,A('-o)/

also ist A orthogonal.

•

7.61 Sei A E R2 '2 eine orthogonale Matrix. Dann sind nach Aufgabe 7.60 die Spaltenvektoren von A orthogonal und normiert. Es gilt also

Om, A(1) ) = 1,

A(1), A(2) ) = 0,

O(2), A(') ) = 0,

(A(2), A(2) ) = 1.

Also berechnen wir A • v = AM • vi + A (2) • vz• Es ist mit der Multilinearität des Skalarprodukts 11A • v112 = (A • v, A • v) = (A(1) • vi + A(2) • v2 , A(1) • vi + A(2) • v2) = v? • 0(1) , A(1) ) + vi • v2 • (A(1), A(2) ) + V2 • vl • 0(2), A(1) ) + V3 • (A(2), A(2) ) 2 = V]. + V2 2 = 111 V12 .

Da die Norm stets nicht-negativ ist, folgt die Behauptung.

236

■

8

Normen und Metriken

Die euklidische Norm ist ein Maß für die Länge eines Vektors im R". Man kann dieses Konzept verallgemeinern und ein verwandtes, das des Abstands, einführen. Ziel ist es unter anderem, die Norm einer Matrix zu definieren. Auf dem Weg dorthin definiert man überdies den Hammingabstand, der für die Kodierungstheorie in Kapitel 12 wichtig ist. Mithilfe der Abstände, genannt Metriken, können einfache geometrische Objekte studiert werden, letztlich eine Spielerei. Das Konzept der Hammingkugel liefert jedoch unter anderem für die Kodierungstheorie eine hilfreiche intuitive Anschauung. Ein Beispiel, dass Normen und Metriken in vielen Teilgebieten der Mahematik nützliche Werkzeuge sind. Erarbeitungshinweis. Dieses Kapitel ist wichtig, beschäftigt man sich mit der Norm von

Matrizen. Für die Kodierungstheorie ist der Hammingabstand nützlich, der hier eingeführt wird.

8.1 Norm - ein Längenbegriff für Vektoren

Einleitung. Neben der euklidischen Norm gibt es noch weiter Normen auf Vektorräumen.

Und tatsächlich versteht man anschaulich unter einer Norm (auf Latein norma zu Deutsch „Richtschnur") in einem Vektorraum, das „jedem Vektor eine Länge zugeordnet wird". Das kann man tatsächlich auf unterschiedliche Weisen realisieren. Dabei sollten aber bestimmte Eigenschaften des alltäglichen Längenbegriffs erhalten bleiben. Die euklidische Norm entspricht beispielsweise im dreidimensionalen Vektorraum dem gewohnten Längenbegriff. Wir legen drei (eigentlich vier) Eigenschaften fest, die eine „Länge" aufweisen sollte. Sie sollte stets positiv sein, der und auch nur der Nullvektor sollte Länge 0 haben, die Länge eines skalierten Vektors sollte sich um den Skalierungsfaktor verändern und die Länge der Summe zweier Vektoren sollte nicht länger sein, als die Längen der beiden Vektoren selbst. Abbildungen, die diese Eigenschaften aufweisen, heißen Normen. Formal sei V ein Vektorraum. Eine Abbildung norm : V —› R nennt man eine Norm auf V, falls die folgenden Axiome für alle x, y E V und a E 1K gelten.

NORM - EIN LÄNGENBEGRIFF FÜR VEKTOREN

Nl. norm(x) > 0

(Positivität) (Absolute Homogenität) (Dreiecksungleichung)

N2. norm (x) = 0 x= 0 N3. norm(x + y) < norm(x) + norm(y)

Gibt es solche Abbildungen überhaupt? Die euklidische Norm hat diese Eigenschaften. Sie gehört zu einer größeren Klasse von Normen, den p-Normen. Die euklidische Norm entspricht der 2-Norm. Allgemein ist, für p E N>1 die Abbildung 11 • IIP : Rn —+ R mit 11x11, = (411P +

+ lx2IP) t' =

die p-Norm auf W. Die Abbildung 11' II :

E I x zIP i=1

—> R mit

11x1100= max {lxir, • • • , ix.I P} • bezeichnen wir als die co-Norm oder Maximumsnorm auf DV. Begriffe. Norm - p-Norm - Maximumsnorm

Übungskurs. 0 8.1

0 8.2

0 8.3

0 8.4

0 8.5

0 8.9

0 8.10

Aufgaben.

8.1 i Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? O Es gibt neben der euklidischen Norm weitere Normen auf den Vektorräumen ❑ Die Norm eines Vektors ist immer positiv, unabhängig von der konkreten Norm. ❑ Anschaulich gesprochen bedeutet die Dreiecksungleichung, dass die Längen der Seitenkanten eines Dreiecks in unterschiedlichen Normen verschieden sind. O Die co-Norm wird auch als Maximumsnorm bezeichnet. ❑ Die 1-Norm wird auch als die Minimumsnorm bezeichnet. D Die 2-Norm ist die euklidische Norm.

I N-N

Es seien die Vektoren v=

3 (-4) 12

und w=

(-9 2) 3

gegeben. 8.21 Berechnen Sie die 1-Normen der Vektoren v und w. 8.31 Berechnen Sie die 2-Normen der Vektoren v und w. 8.41 Berechnen Sie die 3-Normen der Vektoren v und w.

238

O

NORM

- EIN LÄNGENBEGRIFF FUR

VEKTOREN

A

❑

8.51 Berechnen Sie die oo-Normen der Vektoren v und w.

8.62 Zeigen Sie, dass für einen Standardeinheitsvektor e( " ) aus dem illn für p1, p2 E N>1 U {oo} gilt 11e(s) IIp1 = Ile(s) 11p2. 0 8.72 Sei v E iltn \ {0} ein Vektor, welcher nicht einem Vielfachen eines Standardeinheitsvek- I tors entspricht. Zeigen Sie, dass dann für alle pi , p2 E N>1 mit pi < p2 gilt 'Iv& > 0 und I ❑

8.83 Finden Sie für alle p-Normen alle Vektoren der Form v = A • (11), mit A E IlvIl p =1.

N-N

[51.2]

N-N [5I3]

8.93 Zeigen Sie, dass für jedes p E N>1 die p-Norm II .11„ die Eigenschaft Nl einer Norm erfüllt. ❑

N-N

r5141

8.103 Zeigen Sie, dass für jedes p E N>1 die p-Norm 11 . I P die Eigenschaft N2 einer Norm I erfüllt. ❑

N-N

15151

Zusatzaufgaben.

8.11! Berechnen Sie die 1-Norm und die 5-Norm der Vektoren vi = (0 und v2 = ( 12 ) • 2 0

8.122. Sei v E Rn \ {0}, welcher nicht einem Vielfachen eines Standardeinheitsvektors entspricht. Zeigen Sie, dass dann gilt 11v11,1 > 11v11p2 für alle pi , p2 E N>1 U {oo} mit ❑

pi < p2.

8.13,3, Zeigen Sie, dass für einen beliebigen Vektor v E R'2 \ {0} gilt Ilv 11p, > IlvIlp2 für alle pi , p2 E N± U {oo} mit pi < p2. 0 8.14! Zeigen Sie, dass für jedes p E N>1 die p-Norm 11- 11p die Eigenschaft N3 einer Norm erfüllt. 0

0

8.153 Zeigen Sie, dass die oo-Norm II .1100 eine Norm ist.

Lösungen.

8.1 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? CRI Es gibt neben der euklidischen Norm weitere Normen auf den Vektorräumen

zum Beispiel die p-Normen. O Die Norm eines Vektors, der nicht der Nullvektor ist, ist immer positiv, unabhängig von der konkreten Norm. Der Nullvektor hat allerdings garantiert Norm 0. O Anschaulich gesprochen bedeutet die Dreiecksungleichung, dass in einem Dreieck die Summe der Längen von je zwei Kanten nicht kürzer als die Länge der dritten Kante sein kann. g Die oo-Norm wird auch als Maximumsnorm bezeichnet. O Die 1-Norm wird auch als die „Manhatten-Norm" bezeichnet. CRI Die 2-Norm ist die euklidische Norm. 239

1. NORM - EIN LÄNGENBEGRIFF FUR VEKTOREN

•

8.2 Es ist (-3 4 12

= 131+1 — 41+1121 = 19,

(-2 9)

= 1 7 91+121+131 = 14.

8.3 Es ist

= N/32 + (+4)2 + (12)2 = N/169 = 13,

(-3 4 12

2

(-9 2) 3

= 0-9)2 + 22 + 32 = N/94 ^

9,70.

2

•

8.4 Es ist

(

3

= -03 + (-4)3 + (12)3 = i/1819 12,21, 3

-V(-9)3 + 23 + 33 = -‘/764 ^ 9,14

(-9 2

3

3

8.5 Es ist

(3 4) 12 (-92 3

= max{131 + 1 —41+1121} = 12, 00

= max{1 — 91 + 121 + 131} =9. 00

•

8.6 Es sei e(s) Standardeinheitsvektor aus dem I[80 und p

E

N>i beliebig gewählt. Dann

gilt

IIP = AP

E

= vop + + op + + op + + = 1.

Außerdem gilt 11e(s) 11. = max {leis) 1,

240

de 1 = max{0,

,

, 0} = 1.

NORM - EIN LÄNGENBEGRIFF FÜR VEKTOREN

■

Beide Rechnungen zusammengenommen zeigen die Behauptung. 8.7 Seien p1, p2

E N>1

A

so gewählt, dass pi < p2. Dann ist n

n

E

Ilvllpl =

2

= P2

E1„417)2 i=1

i=1

Es gilt allgemein, nach den Potenzgesetzen, dass für zwei positive reelle Zahlen a, b gilt, dass (a + b)' > a' + bs . Diese Eigenschaft nutzen wir nun. Da v kein Vielfaches eines Standardeinheitsvektors ist, gibt es zwei Einträge v, und vk, die ungleich 0 sind. Dann ist

11v11

2=(

n

n

Ivil' )

>

i=1

EI i=1

IP2 + = lIv IIP P2

•

Da nur nicht-negative Summanden involviert sind, folgt die Behauptung aus dem Ziehen der p2-ten Wurzel auf beiden Seiten der Ungleichung. • 8.8 Sei p E N>1. Dann ist IIvII P =

VW') + PtIP =

Wir suchen also alle A E

so dass 1 =

=

•

VIA IP =

•

lAl•

1A1 gilt. Das sind alle A E IR, so dass

= IAI

gilt. Demnach finden wir für festes p die beiden Lösungen A = f - bzw, da nach Vektoren gefragt war, die Vektoren

2f • G)

und

a.(0.

•

8.9 Es gilt die eine Norm unter anderem definierende Eigenschaft Ni Nl.

IxiIP

VE:1=1

> 0 Vx E = 0 x

. . . = x n = 0 x = 0. •

8.10 Es gilt die eine Norm unter anderem definierende Eigenschaft N2 N2. IIA • xilp = VE:1-1 VA E IR, x E

IA

xiIP = VIAIP . EL

lxilP

= 1AI

VEL IxiIP

241

1. METRIK - EIN ABSTANDSBEGRIFF AUF MENGEN

8.2 Metrik - ein Abstandsbegriff auf Mengen

Einleitung. Grundsätzlich kann man sich für eine Menge von Objekten eine Geometrie

konstruieren. Die einfachste Idee ist sicherlich, je zwei Elementen einer Menge einen Abstand zuzuordnen. Ein Abstand sollte stets positiv sein, symmetrisch (x ist von y genauso weit entfernt wie y von x) und der Umweg über ein drittes Element sollte nicht kürzer sein, als der direkte Weg. Genau diese drei Eigenschaften definieren eine Metrik. Formal sei A eine beliebige Menge. Eine Abbildung d : A x A R ist eine Metrik, wenn folgende Axiome gelten. (Positivität) (Symmetrie) (Dreiecksungleichung)

`dr, y E A Ml. d(x, y) > 0 Vx, y E A M2. d(x, y) = d(y, x) M3. d(x, y) < d(x, z) + d(z, y) Vx, y, z E A

Für jede Norm erhält man durch Abbilden auf die Länge der Differenzenvektoren eine Metrik. Solche Metriken nennt man induzierte Metriken - sie sind durch eine Norm induziert. Begriffe. Metrik - induzierte Metrik Übungskurs. 2 8.16

❑ 8.17

2 8.18

3 8.19

2 8.21

Aufgaben. 8.161 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt?

2 Es kann auf jeder Menge eine Metrik definiert werden. III Jede Norm auf einem Vektorraum induziert eine Metrik. ❑ Der Hammingabstand ist nur auf Vektorräumen definiert. ❑ Die Hammingkugel mit Radius 1 über dem Vektorraum Fpn hat endliche Kardinalität. 2 Man kann den Hammingabstand der beiden Tupel (1, 2, 4, 3) und (6, 3, 4, 2, 4) berechnen.

N-M 15111

8 171 Es seien die Vektoren -9)

v = (-134)

und w =

2 3

gegeben. Berechnen Sie den Abstand der Vektoren v und w bezüglich der durch die 4-Norm induzierten Metrik. ❑ I N-M [512] 8.181 Nennen Sie den Hammingabstand der Tupel (1, 0, 0, 1, 1, 0) und (1, 0, 1, 1, 0, 1), also

dist ((1, 0, 0, 1, 1, 0), (1, 0, 1, 1, 0, 1)) 242

D

METRIK - EIN ABSTANDSBEGRIFF AUF MENGEN

A

8.192 Welche Vektoren des R2 liegen in der Menge Bi

N-M [5131

( Go) R2) n (e), R2)l ❑

bezüglich der Metrik, die durch die 1-Norm induziert wird?

8.202 Skizzieren Sie die Sphäre (Oberfläche) Si (0, ) bezüglich der durch die 1-Norm induzierten Metrik d1 : 1[82 x R2 -+1[8 mit di (v, w) = 11v - w111. ❑

I N-M [5141

8.212 Wie viele Punkte liegen in der Hammingkugel 83 (0,1F7), wobei 0 = (0, 0, 0, 0)? ❑ Es sei die Menge A = {a, b, c} und die Punkte xi = (a, a, c, c) und x2 = (c, c, b, b) im A4 gegeben. 8.222 Wie viele Punkte des A4 liegen in der Hammingkugel 132 (x1, A4)?

3

8.232 Wie viele Punkte des A4 liegen in der Hammingkugel 032 (x2, A4 )?

❑

N-M [5151

8.242 Wie viele Punkte des A4 liegen im Schnitt der Hammingkugeln 82 (XI , A4) und 82(x2, A4 )? ❑ 8.253 Sei p eine Primzahl und n E N und S = {0, 2, p,1 + n • (p - 1)}. Zeigen Sie, dass für ein beliebiges Paar von Vektoren v, w E IFp" stets gilt /31(v, F7,) n

(w, 1211,)1 e S.

Zusatzaufgaben. 8.26! Berechnen Sie den Abstand der Vektoren V=

(3 -) und 2/) = (-92) 4 12

3

❑

bezüglich der von der 3-Norm induzierten Metrik.

8.271, Berechnen Sie den Abstand der Vektoren v = (45) und w = (_32) bezüglich der von der 2-Norm induzierten Metrik. ❑ 8.282, Skizzieren Sie die Sphäre (Oberfläche) 81(0, R2 ) bezüglich der durch die oo-Norm induzierten Metrik d1 : R2 x R2 -› IR mit di(v, w) = lIv - will. ❑ 8.29,2, Skizzieren Sie die Sphäre (Oberfläche) 51(0,1e) bezüglich des Hammingabstands. 8.30,2, Wie viele Punkte liegen in der Hammingkugel 83 (0, in1), wobei 0 = (0, 0, 0, 0)?

•

Lösungen. 8.16 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 243

N-M

[5161

METRIK - EIN ABSTANDSBEGRIFF AUF MENGEN

E

Es kann auf jeder Menge eine Metrik definiert werden. Eine Metrik ist nichts anderes, als eine Abbildung aus dem kartesischen Produkt einer Menge (und die kann immer gebildet werden) in die reellen Zahlen (und das ist auch immer möglich), die nicht-negativ und symmetrisch ist (auch immer möglich) und schlussendlich die Dreiecksungleichung erfüllt (da muss man basteln, ist aber immer möglich) - zum Beispiel den Hammingabstand auf den Tupeln mit einem Eintrag über der zugrundeliegenden Menge. g Jede Norm auf einem Vektorraum induziert eine Metrik, indem man zwei Vektoren die Norm ihres Differenzenvektors zuordnet. g Der Hammingabstand ist auf beliebigen Mengen definiert. wr Die Hammingkugel mit Radius 1 über dem Vektorraum IV, hat endliche Kardinalität. Sie beinhaltet genau 1 + n • (p — 1) Punkte. ❑ Man kann den Hammingabstand der beiden Tupel (1, 2, 4, 3) und (6, 3, 4, 2, 4) nicht berechnen, da sie nicht die gleiche Anzahl an Einträgen haben.

8.17 Es sei d4(x, y), die durch die 4-Norm induzierte Metrik. Dann ist -9) -4) - ( 2 ( 12 3 3

d4 (v w)

(-6

= V1614 +1 — 614 +1914 = -e/9153 •• 9,78.

6)

4

4

8.18 Es ist zu prüfen, an wie vielen Stellen sich die beiden gegeben Vektoren unterscheiden. Wir erhalten dist((1, 0, 0, 1, 1, 0), (1, 0, 1, 1, 0, 1)) = 3, weil sich die beiden Tupel in der dritten, fünften und sechsten Stelle unterscheiden.

IM

8.19 Es sei d1(x, y), die durch die 1-Norm induzierte Metrik. Gesucht sind Vektoren v = (v1) E 112, so dass gleichzeitig gilt d1

(v1, v2) < 1

und

d1 (1)(1,,,2)) < 1.

(8.1)

Wir berechnen

dl ((1),

= =

(o0) —

v2)

1

= 1 — 1 + 1 — v21 =

1 + 1v21

und

(1) — (vl,v2) 1 = 1 — vl + 1 — v21.

Aus der zweiten Zeile (zusammen mit der Bedingung (8.1)) lässt sich leicht auslesen, dass die Einträge des Vektors v nicht negativ sind und aus der ersten Zeile, dass sie nicht größer 1 sein können. Damit erhalten wir die beiden Bedingungen. vi + v2 < 1 1 — v1 + 1 — v2 < 1 < > v1 — v2 < —1 < > vi + v2 > 1

244

und

METRIK - EIN ABSTANDSBEGRIFF AUF MENGEN

1

also vi + v2 = 1. Vektoren, deren beiden Einträge zu 1 summieren und nicht negativ sind, erfüllen die Bedingung (8.1). In Abbildung 8.1 findet man, dass diese Vektoren auf einer Strecke zwischen den Punkten (01) und (1 liegen (gestrichelt skiziiert). ■

131 ((1)'R2)

Xi

Abb. 8.1. Eine Skizze zur Aufgabe 8.19.

■

8.20 Es sind die gesuchten geometrischen Objekte in Abbildung 8.2 skizziert. X2

11"

(„) , R2)

Si ((°/'R2)

Abb. 8.2. Eine Skizze zur Aufgabe 8.20.

8.21 Es sind die Tupel zu finden, die sich in höchstens drei Einträgen von dem Tupel (0, 0, 0, 0) unterscheiden. Dabei dürfen die Einträge prinzipiell aus der Menge 1F7 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} gewählt werden. Es gibt also sechs Tupel, die sich nur an der ersten Stelle von (0, 0, 0, 0) unterscheiden. Gleiches gilt für die zweite, dritte und vierte Stelle. Es gibt 6 • 6 Tupel, die sich genau in den ersten beiden Stellen von (0, 0, 0, 0) unterscheiden. Gleiches gilt für alle Zweierpärchen von Stellen. Von ihnen gibt es (42). Allgemein gilt die Formel 1.63(0,

= (4) . 60 1-

4 . 1 u

(4) . 62 + (4) 2 3

63 = 1 +

24 + 216 + 864 = 1105.

8.22 Ähnlich wie in Aufgabe 8.21 sind die Tupel zu finden, die sich in höchstens zwei Einträgen von dem Tupel (a, a, c, c) unterscheiden. Die Formel lautet allgemein, bei einem 245

lk

METRIK - EIN ABSTANDSBEGRIFF AUF MENGEN

Tupel der Länge n über einer Menge mit k Elementen gibt es (7) • (k — 1)' Wörter, die sich in i Stellen von einem gegeben Tupel unterscheiden. Also gilt 2 d (--.) • (3 = E 1 82 (X1 A4)I i=o z

= 1 • 1 + 4 2 + 6 4 = 33.

• 8.23 Es gilt 1B2(xi, A4)1 = IB2 (X2, A4 )1, denn es ist für die Größe einer Hammingkugel irrelevant, welches Wort im Mittelpunkt liegt. Also gilt nach Aufgabe 8.22, dass ■ 1132 (x2, A4)I = 33. 8.24 Die Punkte x1 und x2 haben Abstand 4. Es sind also nur solche Worte im Schnitt von B2 (Xi , A4) und 132 (x2, A4), die jeweils Abstand 2 zu x1 und zu x2 haben (das sieht man mit der Dreiecksungleichung ein). Um ein solches Wort zu konstruieren, wählt man zwei Stellen aus und setzt in xi genau diese Stellen auf den Wert von x2. Es gibt (24) Möglichkeiten zwei Stellen zu wählen, also auch insgesamt nur sechs Punkte, die sowohl in 132 (Xi , A4) als auch in 82 (x2 , A4) liegen. Es ist also .82(xl, A4 ) n 132 (x2> A4) = {(c,c,c,c), (c, a, b, c), (c, a, c, b), (a, c, b, c), (a, c, c, b), (a, a, b,

.

• 8.25 Seien v, w E IF, beliebig gewählt. Sei d = dist(v, w) der Abstand von v und w. Wir unterscheiden vier Fälle - je nach Abstand von v und w argumentieren wir gesondert. Fall 1 (d = 0): Dann ist v = w (wegen Ml) und es sind p' viele Vektoren in der Hamingkugel mit Abstand 1 - das ist die gleiche Argumentation wie in Aufgabe 8.21 ausgeführt - 1 + (7) • (p — 1) = 1 n • (p — 1) Fall 2 (d = 1): Dann unterscheiden sich v und w an genau einer Stelle i. Ein Vektor v', der an allen Stellen außer i mit v und w übereinstimmt, liegt in beiden Hammingkugeln - davon gibt es p viele. Ein Vektor v', der an mindestens einer Stelle außer an Stelle i nicht mit v und w übereinstimmt, kann nicht zu v und w Abstand 1 haben, denn v und w stimmen an Stelle i nicht überein - v' kann also nicht in beiden Hammingkugeln liegen. Fall 3 (d = 2): Dann unterscheiden sich v und w an genau zwei Stellen i, j. Es gibt nur zwei Vektoren mit Hammingabstand 1 zu v, dass Hammingabstand 1 zu w hat nämlich die Vektoren, die aus v entstehen, wenn man v, auf w, oder v, auf w, flippt. Fall 4 (d > 3): Dann ist der Schnitt der Hammingkugeln leer. Denn gäbe es ein v' E (Fp)T` im Schnitt der beiden Hammingkugeln, dann wäre dist(v, v') > 1 und dist(w, v') > 1. Nach der Dreiecksungleichung gilt aber 3 > dist(v, w) < dist(v, v') dist(w, v') < 2 - ein Widerspruch.

246

NORM - EIN ALLGEMEINER LÄNGENBEGRIFF

.4

8.3 Norm - ein allgemeiner LängenbegrifF

Einleitung. Grundsätzlich haben wir Normen auf beliebigen Vektorräumen definiert. Die

Elemente der Vektorräume können die unterschiedlichsten mathematischen Objekte sein. Es kann sich um reelle Funktionen, Matrizen, Polynome und vieles mehr handeln. Die Vektorräume müssen auch nicht zwangsläufig unendlich-dimensional und damit isomorph zu einem Kn sein. Die p-Vektomormen sind für diese Vektorräume nicht definiert. Wir wählen nun noch die Matrixnormen und betrachten sie näher. Dabei sind zwei grundlegende Konzepte zu unterscheiden. Zum einen kann man sich induzierte Normen, zum anderen Operatornormen anschauen. Induzierte Normen nutzen die Vektorraumstruktur von Matrizen aus - eine Matrix wird auf einen Spaltenvektor abgebildet und dann die Vektorrnorm dieses Spaltenvektors berechnet und der Matrix als Norm zugewiesen. Das ist natürlich nur möglich, wenn eine Vektomorm zugrunde liegt. Diese induziert dann eine Norm auf dem Raum der Matrizen. Operatornormen sind komplizierter zu beschreiben - auch ihnen liegt eine Vektornorm zugrunde. Anschaulich gesprochen „messen" diese Normen für eine Matrix A, um welchen Faktor sich die Länge eines Vektors, welcher mit der Matrix A multipliziert wird, höchstens verändert. Dabei wird die Länge des Vektors x E 1871 und die Länge des Vektors A • x E Er mit der zugrundeliegenden Vektornorm „vermessen" und der Quotient gebildet. Begriffe. natürliche Norm - induzierte Norm - Operatornorm Übungskurs. 3 8.31

17 8.32

EI 8.33

❑ 8.34

❑ 8.35

El 8.36

❑ 8.37

II Aufgaben. 8.31i Welche der folgenden Aussagen ist korrekt?

❑ Die Menge aller reellen m x n-Matrizen bildet einen 118-Vektorraum. ❑ Die durch die oo-Norm gebildete Matrixnorm ist submultiplikativ. ❑ Es gibt mindestens zwei Möglichkeiten, aus einer Vektomorm eine Matrixnorm zu gewinnen. ❑ Natürliche Matrixnormen werden auch als Operatornormen bezeichnet. 3 Es sei die Matrix A=

3 2 1) (-4 2 1 12 2 2

gegeben. 247

3.

NORM - EIN ALLGEMEINER LÄNGENBEGRIFF

8.321 Berechnen Sie 11A117.

❑

8.331 Berechnen Sie PIN.

3

8.341 Berechnen Sie 11A11,, *

❑

8.351 Berechnen Sie 11A 8.361 Berechnen Sie 11All,„) .

❑

8.371 Berechnen Sie 1124 2. Die Eigenwerte von AT • A lauten kl und k3 ^ 175, 39.

0,097, k2

11,51 ❑ ❑

1 N - M N 15121

8.383 Zeigen Sie, dass die Frobeniusnorm auf 2 x 2-Matrizen submultiplikativ ist.

IN- M N 15I31

8.393 Beweisen Sie, dass für eine Norm 11 • II auf IR" die induzierte natürliche Matrixnorm 11 • 11 auf IR"' submultiplikativ ist. ❑ 8.40s Es sei normx ( ) eine Funktion in Sage, welche für einen Vektor der Dimension n • m eine Länge berechnet und auf dem R"."1 eine Norm bildet. Implementieren Sie eine Funktion normmat rix ( ) welche für eine n x m-Matrix die über die Vektornorm normx ( ) gebildete Matrixnorm ausgibt. Zum Testen Ihrer Funktion normmat rix 0 nutzen Sie die euklidische Norm def normx (v) : return v. norm ( ) . ❑ Zusatzaufgaben. Es sei die Matrix A = (_34 2) gegeben. 8.412 Berechnen Sie HAMi. 8.42 Berechnen Sie 11,4112. 8.43 Berechnen Sie 11All c.o. Es sei die Matrix A=

4 -1 2) (-2 -12 2 1 -3 2

gegeben. 8.442., Berechnen Sie 8.45,2, Berechnen Sie 8.46 Berechnen Sie 8.47?, Berechnen Sie

3

8.482 Berechnen Sie

❑

248

NORM - EIN ALLGEMEINER LÄNGENBEGRIFF

A

Lösungen.

8.31 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt?

Cri Die Menge aller reellen m x n-Matrizen bildet einen 1[8 Vektorraum. Siehe Aufgabe 5.27. 13 Die über der oo-Norm gebildete Matrixnorm ist submultiplikativ. IX Es gibt mindestens zwei Möglichkeiten, aus einer Vektornorm eine Matrixnorm zu gewinnen. Man kann die Menge der Matrizen als Vektorraum auffassen und dann die Vektomorm anwenden oder die Operatomorm bilden. [if Natürliche Matrixnormen werden auch als Operatomormen bezeichnet.

8.32 Es ist

( 3 2 1) -4 2 1 12 2 2

/ 3\ 1 -4 2 1

= 131+ 121 + 111+ 1

— 41

+ 121 + 111 + 1121 + 121 + 121 = 29.

12 2/ 1

8.33 Es ist

( 3 2 1 -4 2 1 12 2 2

1 -4 2 1 12 2 \ 2/

2

8.34 Es ist =_ .\71312 + 1212

1112 + —41 2 +121 2 +112 +1121 2 +121 2 +121 2

=

N/187

7 3\ 2

3 2 1) -4 2 1 12 2 2

(

-4 2 00

= max{131,121,111,1 — 41,121,1111121,121,121} = 12.

12

249

3.

NORM - EIN ALLGEMEINER LÄNGENBEGRIFF

8.35

Es ist Tn

max " = j=1,•••

E

= max{19, 6,4} = 19.

i=1

• 8.36 Es ist 11 A11 00 =

max,m

= max{6,7,14}. j=1

8.37 Es ist IIA112

wobei k der größte Eigenwert von AT • A ist.

= -VTc,

Bestimme also die Eigenwerte von AT • A. Es ist AT • A—

3 —4 122) • (2 2 2 1 1

32 1 —4 2 1 = 12 2 2 )

169 22 23 22 12 8 23 8 6

Das charakteristisches Polynom lautet —k3 + 187k2 — 2037k + 196 und hat die Nullstellen k1 ^ 0,097, k2 ^ 11,51 und k3 ^ 175,39. Es ist also HAII2 — N/175, 39

13,24. •

8.38 Die Frobeniusnorm ist die über der euklidischen Norm auf dem R'n gebildete

Matrixnorm. Eine Abbildung A E R"" gilt

f

: WI"

R heißt submultiplikativ, falls für jede Matrix

f (A • B) f (A) • f (B). Es ist also zu zeigen, dass für zwei beliebige Matrizen

A, B

IIA • B112 = IIAl12 • II.BII;

250

E R2 x2 gilt

NORM - EIN ALLGEMEINER LÄNGENBEGRIFF

A

Es ist A B=

(An Al2 (Bn B12 '\ A21 A22 ) \ B21 B22 )

(An • B11 +Al2

• B21 A11 • B12 +Al2 • B22 \ A21 • B11 + A22 • B21 A21 • B12 + A22 • B22 )

_ (((t), (:12i,)) ((i,* (:1222))) ) (B21) /\(( t), (%)) Wir verwenden die Cauchy-Schwarz-Ungleichung für die euklidische Norm und das Standardskalarprodukt. Für zwei Vektoren v, w E WI gilt stets, dass I(v, 70)I

und damit

111211wII2

Wir zeigen nun, dass (IIABB)2
"Y'r t

Außerdem gilt IIA • y'lly ": Sei C ein linearer Code mit Generatormatrix G und H eine Kontrollmatrix. Es ist zu zeigen, dass dann die beiden Eigenschaften erfüllt sind. Die Zeilen von G sind Codewörter aus C. Demnach gilt für jede dieser Zeilen, nennen wir sie gk, dass gi • H = 0 ist für alle i E {1, ... k}. Also gilt G • H = 0. Da C c LKern(H) ist und umgekehrt LKern(H) c C ist, gilt C = LKern(H). Da C Dimension k hat,hat auch LKern(H) dimension k. Der Rang einer Matrix entspricht der Anzahl ihrer Zeilen minus Dimension des Linkskerns. Also gilt Rang(H) = n—k. Sei C ein linearer Code mit Generatormatrix G und H sei eine Matrix mit den gegebenen Eigenschaften. Es ist zu zeigen, dass H dann eine Kontrollmatrix von C ist, also c • H = 0 für alle c E C gilt und w • H 0 für alle w 0 C. Sei c E C beliebig gewählt. Dann gibt es ein Datenwort x E In mit x • G = c. Mit der ersten Eigenschaft gilt dann c•H=x•G•H=x•0=0. Bleibt zu zeigen, dass für alle w c 1E7 C gilt, dass w H onssatz ist

0. Nach dem Dimensi-

dim(LKern(H)) = n — dim(LBild(H)). Außerdem ist nach Voraussetzung dim(LBild(H)) = Rang(H) = n — k. Also gilt dim(LKern(H)) = n — (n — k) = k. Wir haben schon gezeigt, dass C c LKern (H) ist. Außerdem hat C Dimension k. Da auch der Linkskern Dimension k hat, gilt demnach sogar C = LKern(H) und somit ist w • H 0 für alle w C, was zu zeigen war. • 12.64 Wenn ein linearer Code eine kanonische Generatormatrix besitzt, ist er auch systematisch in den ersten k Stellen. Die Zeilen der kanonischen Generatormatrix sind Codewörter, welche auf den ersten k Stellen Einheitsvektoren entsprechen. Gäbe es eine zweite kanonische Generatormatrix, dann unterscheidet sie sich in mindestens einer Zeile von der gegebenen kanonischen Einheitsmatrix. In dieser Zeile steht in den ersten k Stellen allerdings der gleiche Einheitsvektor in beiden Generatormatrizen. Die beiden Zeilen stimmen also in den ersten k Stellen überein und unterscheiden sich in den übrigen Stellen. Beide Zeilen entsprechen Codewörtern. Da jedoch der Code systematisch in den ersten k Stellen ist, kann es nicht zwei verschiedene Codewörter geben, die dort übereinstimmen Ein ■ Widerspruch - es gibt also höchstens eine kanonische Generatormatrix. 320

LINEARE CODES

A

12.65 Wir bringen ein grobes Argument und werden zeigen, dass für alle

7/ ü N mit n > q k jede Generatormatrix eines Codes nicht in allen k-Tupeln vonStellen systematisch ist.

Ist ein linearer [n, k -Code systematisch in einem k-Tupel von Stellen, sind in jeder Generatormatrix die Spalten aus diesem k-Tupel linear unabhängig. Das heißt, ist ein Code in allen k-Tupeln systematisch, müssen alle k-Tupel von Spalten linear unabhängig sein. Die Spalten einer Matrix über einem endlichen Körper IF, sind natürlich Vektoren aus dem Vektorraum IFQ. In diesem Vektorraum gibt es q k unterschiedliche Vektoren. Betrachtet man eine Matrix mit mehr als q k vielen Spalten, gibt es nach dem Schubfachprinzip mindestens zwei identische Spalten. Jedes k-Tupel von Spalten, welches diese beiden Spalten involviert, ist nicht linear unabhängig - da k > 2 ist, gibt es mindestens ein k-Tupel, das zwei identische Spalten involviert. Also, für alle n e N mit n > q k hat jede Generatormatrix mehr als qk viele Spalten, es gibt also ein k-Tupel von Stellen, in denen der Code nicht systematisch ist. ■ 12.66 sage: def MLD_LIN(m,q,w):4C ist eine Matrix über dem endlichen Körper mit q Elementen VS = VectorSpace(GF(q), m.nrows()) return(MLD_GEN([s*m for s in VS],q,w)) sage: q=3 sage: m-matrix(GF(q), [[1,2,0,2], [1,2,2,1]1) sage: [s*m for s in VS] ((0, 0, 0, 0), (1, 2, 0, 2), (2, 1, 0, 1), (1, 2, 2, 1), (2, 1, 2, 0), (0, 0, 2, 2), (2, 1, 1, 2), (0, 0, 1, 1), (1, 2, 1, 0)] sage: MLD_LIN(m,q, [0,1,0,0]) (0,0,0,0) sage: MLD_LIN(m,q,12,1,2,11) ERROR

12.67 Ihre Lösung könnte folgendermaßen aussehen. sage: def SystStellen(A): #Eingabe: Matrix A V = VectorSpace(GF(5),A.nrows()) sol = [a for a in Combinations(A.columns(),A.nrows()) if V.linear_dependence(a) = =[]] index , n =[], A.ncols()-1 for a in sol: indexa=[] for c in a: for i in [0..n]: if A.column(i)==c: if c==a[0]: indexa.append(W) else: for j in [0..len(indexa)-1]: indexa[j].append(i) index.append(indexa) return(sol,index) #Ausgabe: [Liste v. Listen unabh. Spaltenvek. - je eine Liste zugehör. Spaltenind.] sage: # Testlauf: sage: A = matrix(GF(5),[[1,0,1,2,0],[0,2,0,2,1],[3,2,3,2,1]1) sage: A [1 0 1 2 0] [0 2 0 2 1] [3 2 3 2 1] sage: SystStellen(A) ([[(1, 0, 3), (0, 2, 2) (2, 2, 2)1, [(1, 0, 3), (2, 2, 2), (0, 1, 1)]], [[(0, 1, 3], [2, 1, 3]], [[0, 3, 4], [2, 3, 4])])

321

} BINÄRE HAMMINGCODES

12.4 Binäre Hammingcodes

Einleitung. In Hammingcodes ist es effizient möglich, dass miz-Verfahren durchzuführen. Hammingcodes sind leicht zu konstruierende lineare Codes, die eine „wunderschöne" Möglichkeit bieten, Übertragungsfehler zu korrigieren. Ein Hammingcode ist ein Code C mit vielen Codewörtern und einem deswegen geringen Minimalabstand von „nur" d(C) = 3. Das heißt ein Hammingcode ist zwar nur 1-fehlerkorrigierend - aber das auf eine effiziente Weise. Tritt in einem Codewort ein (einzelner) Fehler auf, so ergibt sich aus den Prüfbits, die nicht zum Rest des Codes passen (Fehlererkennung) „sofort" die Fehlerstelle (Fehlerkorrektur). Formal setzen wir für alle N>2 die Paramter =

—1

und

kr =

—1—

Wir bezeichnen einen binären [ne, 1M-Code C als binären Hammingcode, wenn C 1fehlerkorrigierend ist. Solche Codes existieren tatsächlich. Dazu definert man die folgenden Matrizen. Es sei Gt eine binäre ne x ne-Matrix der Form G2 = (idn, 13.e ) wobei Be eine ne x .e-Matrix ist, deren Zeilen den gespiegelten mit führenden Nullen aufgefüllte Binärdarstellungen der Zahlen 1, 2, ... n£ entsprechen. Außerdem sei Gg die Matrix, welche aus Gi durch das Streichen aller Spalten und Zeilen mit Index 2m für ein m e N hervorgeht. Die Matrizen Gg erzeugen binäre Hammingcodes. Begriffe. Binärer Hammingcode Übungskurs. D 12.88

D 12.89

D 12.90

El 12.91

El 12.92

Aufgaben. 12.88/ Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 3 Binäre Hammingcodes sind Blockcodes. El Dekodieren über das mLD-Verfahren ist in binären linearen Codes leicht. II Dekodieren über das miz-Verfahren ist in binären Hammingcodes leicht. El Die Anzahl der Spalten von Generatormatrizen binärer Hammingcodes ist stets um eins kleiner, als eine Zweierpotenz. 322

BINÄRE HAMMINGCODES

A

El Die Anzahl der Zeilen von Generatormatrizen binärer Hammingcodes ist stets um eins kleiner, als eine Zweierpotenz.

12.89' Es sei ( der lineare Code in IF72., der durch die Generatormatrix

I C-HC

(1 0 0 0 0 1 1

G

0 1 0 0 1 0 1

-

0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

erzeugt wird. Ist C ein binärer Hammingcode?

2

12.901 Geben Sie für = 3 die Matrizen GE und GQ an.

❑

12.912 Berechnen Sie für das Datenwort d = (1, 0, 1, 0) das entsprechende Codewort in dem binären Hammingcode mit drei Prüfbits. ❑

C-H C [5121

12.922 Prüfen Sie ohne Hinzunahme einer Kontrollmatrix, ob das Wort w = (0, 1, 0, 1, 0, 1, 0)i c-Hc ein Codewort im binären Hammincode mit 3 Prüfbits ist. ❑ 12.932 Gibt es einen binären Hammingcode, in welchem das Datenwort (1, 1, 1, 0, 0, 0) durch ein Codewort dargestellt wird? ❑

IC-H C 15 . 141

12.942 Prüfen Sie für den binären Hammingcode mit passender Anzahl von Prüfbits, ob w = (0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1) ein Codewort ist. Wenn nicht, wenden Sie das mi,D-Verfahren an, um den Fehler zu korrigieren. ❑

1 C-HC L515]

12.953 Zeigen Sie, dass es Parameter (Blocklänge und Dimension) gibt, so dass es einen binären linearen Code gibt, der 2-fehlererkennend ist und dessen Anzahl von Codewörtern der Hamming-Schranke für 2-fehlerkorrektur entspricht. ❑ Zusatzaufgaben. 12.961. Geben Sie für = 4 die Matrizen GE und Gg an.

❑

12.972. Berechnen Sie für das Datenwort d = (1,1,1, 0) das entsprechende Codewort in dem binären Hammingcode mit 3 Prüfbits. 3 12.982 Prüfen Sie ohne Hinzunahme einer Kontrollmatrix, ob das Wort w = (0, 1, 0, 0, 1, 1, 0) ein Codewort im binären Hammincode mit 3 Prüfbits ist. ❑ 12.992,, Prüfen Sie ohne Hinzunahme einer Kontrollmatrix, ob das Wort w = (1, 1, 0, 0, 1, 0, 0) ein Codewort im binären Hammincode mit 3 Prüfbits ist. ❑ 12.1002,, Prüfen Sie für den binären Hammingcode mit passender Anzahl von Prüfbits, ob w = (0, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1) ein Codewort ist. Wenn nicht, wenden Sie das enD-Verfahren an, um den Fehler zu korrigieren. ❑

•

Lösungen. 12.88 Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? 323

C-H C [5I6]

S►

BINÄRE HAMMINGCODES

IX Binäre Hammingcodes sind Blockcodes. ❑ Dekodieren über das NLD-Verfahren ist in binären linearen Codes im Allgemeinen nicht leicht. Eil' Dekodieren über das mLD-Verfahren ist in binären Hammingcodes stets leicht. Igf Die Anzahl der Spalten von Generatormatrizen binärer Hammingcodes ist stets um eins kleiner, als eine Zweierpotenz. ❑ Die Anzahl der Zeilen von Generatormatrizen binärer Hammingcodes ist nicht stets um eins kleiner, als eine Zweierpotenz.

12.89 Es ist C ein binärer Hammingcode, die Generatormatrix G entspricht der Generatormatrix G3. ■ 12.90 Es ist 1 0 0 0 0 0 0 ooi 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 G3= 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 \ 0 1 0

1 0 0 1 1 1 1

und

0

0 0 1 2 3

4

1 0 0 5

\1 2 1000011\3 0 0 0 1 1 3 01001015 4 = 0 0 1 0 1 1 0 6 0 0 1 0 1 5 0001111/7 1 0 1 1 0 6 3567124 0 1 1 1 1 / 7 6 7

12.91 Es ist (d3, d5, ds, d7 ) = (1, 0, 1, 0). Man berechnet die Prüfbits: Pl=d3±d5±d7= 1 +0+0 =1

ds + d7 = ds + ds

P2 = d3 P4

= 1+ 1+ 0 = 0 = 0 + 1+ 0 = 1

Also erhält man das Codewort (1, 0, 1, 1, 1, 0, 1).

■

12.92 Wir berechnen nun die Prüfsummen der Datenbits, die w enthält. Es ist (d3, d5, d6, d7 )

324

BINARE HAMMINGCODES

A

(0, 1, 0, 1) und somit pi(w) = d3 d5 + = 0 +1+1 =0 =0+0+1=1 P2(w) = d3 + ds p4(w) = d5 + ds + = 1 + 0 + 1 =0. Die Prüfsummen stimmen mit den Prüfbits von w überein - es ist eine Codewort.

•

12.93 Nein, einen solchen binären Hammingcode gibt es nicht. Das Wort hat Länge 6. Es gibt binäre Codes nur von den Längen 2e - 1 für E N und das ist stets ungleich 6. ■ 12.94 Wir berechnen die Prüfsummen bezüglich w, es ist (d3, d5, d6 , d7, d9

(0, 0, 1, 0, 0,1, 0, 1, 1, 1, 0)

d14,

und wir berechnen (tvi ) = d3 + d5 + + ds + dn. + d13 + d15 =0+0+0+0+0+1+0=1 P2(wi ) = d3 + d6 +d7+dio+dii+di4+di5 = 0+1+0+1+0+1+0 =1 /34( 1/) = d5 + ds + + di2 + di3 + di4 + (in= 0+1+0+1+1+1+0 = 0 N(w') = ds + + + di2 + di3 + di4 + (Lis = 0 + 1 + 0 + 1 + 1 + 1 + 0 = 0 Die Prüfsummen unterscheiden sich an den Stellen 4 und 8 zu den Prüfbits. Das MLDVerfahren liefert dann die Fehlerstelle an i = 4 + 8 = 12 und das Codewort MLD(w) =(0, 0,1, 0, 0,1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1,1, 1).

• 12.95 Der binäre Code C = (0, 0, 0, 0), (1, 1, 1, 1) C F`21 ist linear, hat Minimalabstand 5 und ist deswegen 3-fehlererkennend und außerdem entspricht seine Anzahl an Wörtern dem Wert der Hammingschranke für einen 2-fehlerkorrigierenden Code ICI = 24 /(1 + 5 + 10) = 2. Etwas allgemeiner: Gesucht ist ein linearer Code C über dem IF2 so dass die HammingSchranke für zwei Fehler angenommen wird, also = ICI

2' ,2 L' 0(2)

2' 1 + n/2 + n2 /2 .

Gesucht sind also zunächst mal alle n, so dass die rechte Seite eine natürliche Zahl ergibt, also log2 (1 + n/2 + n2 /2) E N. Angenommen, es gibt ein solche Zahle r E N, so dass r = log2(1 + n/2 + n2 /2), dann wäre 2"/2r = 2n -r E N und die Frage nach der möglichen Existenz eines Codes mit solchen Parametern einfach - für jede 2-er Potenz gibt es im Untervektorräume mit dieser Anzahl an Vektoren - Untervektorräume sind Codes.

n

Die Frage die bleibt: Gibt es einen solchen Untervektorraum mit Minimalabstand mindestens 4.

325

k

BINÄRE HAMMINGCODES

Die Antwort lautet ja. Ähnlich wie im Fall der binären Hammingcodes definiert man eine Generatormatrix G = (Idii _, A) , wobei A eine Matrix ist, die aus n — r verschiedenen Zeilenvektoren besteht, die alle mindestens drei und eine ungerade Anzahl an Einsen beinhalten. Man zählt leicht nach, dass es genügend solcher r-dimensionalen Vektoren gibt. Es gibt immer gleich viele Vektoren mit einer geraden und einer ungeraden Anzahl von Einsen (induktiv zu beweisen). Es sind 272. Es muss also gelten n — r < 2r/2. Es ist aber für alle n E N 1 n n2 1 n n2 n — r < n < — + — + — = — • (1 + — + — ) = 2/2. 2 4 4 2 2 2 Bleibt zu zeigen, dass alle Wörter ausgenommen dem Nullevektor in dem von G erzeugten Code Abstand mindestens 4 vom Nullvektor haben - der Minimalabstand also mindestens 4 und somit der Code 2-fehlerkorrigierend ist. Das sieht man leicht ein: Man prüft über dies über eine Fallunterscheidung der Anzahl von len des erzeugenden Datenworts d. Sei also d E 2' und c = d • G. 0)): Das entstehende Codewort c ist der Nullvektor. Fall 1 (d = (0, Fall 2 (dist(d, (0, , 0)) = 1): Das entstehende Codewort c ist eine Zeile aus G - hat also , 0) > 4. mindestens 4 Einsen und somit dist(c, (0, Fall 3 (dist(d, (0, , 0)) = 2): Das entstehende Codewort c ist die Summe von zwei Zeilen aus G. Diese unterscheiden sich in den ersten n — r Einträgen - dort hat c also schon zwei von Null verschiedene Einträge. Die letzten r Einträge sind die Summe von zwei Vektoren aus dem 2', die mindestens drei und eine ungerade Anzahl von Einsen als Einträge haben und nicht identisch sind. Die Vektoren unterscheidet sich an mindestens zwei Stellen, deren Summe 1 ist. Das Codewort c hat also mindestens 4 1-Einträge und es gilt dist(c, (0, . . , 0) > 4. Fall 4 (dist(d, (0, , 0)) = 3): Das entstehende Codewort c ist die Summe von drei Zeilen aus G. Diese unterscheiden sich in den ersten n — r Einträgen - dort hat c also schon drei von Null verschiedene Einträge. Die letzten r Einträge sind die Summe von drei Vektoren aus dem 2r, die mindestens drei und eine ungerade Anzahl von Einsen als Einträge haben und nicht identisch sind. Die Vektoren unterscheidet sich an mindestens einer Stelle, deren Summe 1 ist. Das Codewort c hat also mindestens 4 1-Einträge und es gilt dist(c, (0, , 0)) > 4. Fall 5 (dist(d, (0, , 0)) > 4): Das entstehende Codewort c ist die Summe von vier Zeilen aus G. Diese unterscheiden sich in den ersten n — r Einträgen - dort hat c also schon 4 von Null verschiedene Einträge. Das Codewort c hat also mindestens 4 1-Einträge und es gilt dist(c, (0, . , 0)) > 4. Also gibt es für alle n mit r = log, (1 + n/2 + n2 /2 ) E N einen binären [n, n — r]-Code C, ■ der die Hamming-Schranke annimmt. 326

Symbolverzeichnis

[A] AcB AU B An B A\ B AAB AxB 0 P(A) Bild(f) idA fID,

f-1 f-1(13,)

Z>a Z a Z