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@ -5365,6 +5367,490 @@ Um diese Urteil also leichter treffen zu können ersetzen wir die Elemente durch
Nach den o.\,s. Tafeln ist die erste Gruppe, $S_{2}$, kommutativ und die zweite, $S_{3}$, nicht.
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%% FILE: body/ska/ska6.tex
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\setcounternach{chapter}{6}
\chapter[Woche 6]{Woche 6}
\label{ska:6}
%% SKA 6-1
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{1}
\section[Aufgabe 1]{}
\label{ska:6:ex:1}
\let\sectionname\altsectionname
Betrachte die Verknüpfung $(\ntrlpos,\ast)$,
die vermöge $a\ast b:=a^{b}$ definiert wird.
Wir prüfen das \emph{Assoziativitätsgesetz}.
Seien zu diesem Zwecke erstmals $a,b,c\in\ntrlpos$.
Dann
\begin{mathe}[mc]{rclclcl}
\eqtag[eq:1:ska:6:ex:1]
a\ast (b\ast c) &= &a\ast b^{c} &= &a^{b^{c}},\\
(a\ast b)\ast c &= &a^{b}\ast c &= &(a^{b})^{c} &= &a^{bc}.\\
\end{mathe}
Darum
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:2:ska:6:ex:1]
a\ast (b\ast c)=(a\ast b)\ast c
&\eqcrefoverset{eq:1:ska:6:ex:1}{\Longleftrightarrow}
&a^{b^{c}} = a^{bc}\\
&\Longleftrightarrow
&a=1\,\text{oder}\,b^{c}=bc\\
&\Longleftrightarrow
&a=1\,\text{oder}\,b^{c-1}=c.\\
\end{mathe}
Diese analytische Untersuchung hilft uns, ein \textbf{Gegenbeispiel} zu finden:
Seien $a:=2$, $b:=3$, $c:=2$.
Dann $a\neq 1$ und $b^{c-1}=3^{1}\neq c$.
Darum laut \eqcref{eq:2:ska:6:ex:1} gilt $a\ast (b\ast c)\neq (a\ast b)\ast c$.
Also erfüllt $(\ntrlpos,\ast)$ das Assoziativitätsaxiom \uline{nicht}.
%% SKA 6-2
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{2}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ska:6:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
Die Multiplikationstabelle für $(R,+,\cdot)$ mit $R=\{0,1\}$
ist wie folgt
\hraum
\begin{tabular}[mc]{|C|CC|}
\hline
+ &0 &1\\
\hline
0 &0 &1\\
1 &1 &0\\
\hline
\end{tabular}
\quad
\begin{tabular}[mc]{|C|CC|}
\hline
\cdot &0 &1\\
\hline
0 &0 &0\\
1 &0 &1\\
\hline
\end{tabular}
\hraum
%% SKA 6-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{3}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ska:6:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Betrachte $\{0,1,a\}$ mit folgenden Operationen $+$, $\cdot$:
\hraum
\begin{tabular}[mc]{|C|CCC|}
\hline
+ &0 &1 &a\\
\hline
0 &0 &1 &a\\
1 &1 &a &0\\
a &a &0 &1\\
\hline
\end{tabular}
\quad
\begin{tabular}[mc]{|C|CCC|}
\hline
\cdot &0 &1 &a\\
\hline
0 &0 &0 &0\\
1 &0 &1 &a\\
a &0 &a &1\\
\hline
\end{tabular}
\hraum
Diese Struktur ist offensichtlich isomorph zu
$(\intgr/3\intgr,+,\cdot)$
mittels ${0\mapsto 0}$, ${1\mapsto 1}$, ${a\mapsto 2}$.
Da $(\intgr/3\intgr,+,\cdot)$ ein Körper ist,
ist $(\{0,1,a\},+,\cdot)$ ebenfalls wegen des Isomorphismus ein Körper.
Insbesondere sind die o.\,s. definierten Operationen assoziativ.
%% SKA 6-4
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{4}
\section[Aufgabe 4]{}
\label{ska:6:ex:4}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim*}
Sei $K$ ein Körper und seien $x,y\in K$ mit $xy=0$.
Dann gilt $x=0$ oder $y=0$.
\end{claim*}
\begin{proof}
Angenommen, dies sei nicht der Fall.
Dann $x\neq 0$ und $y\neq 0$.
Darum existieren multiplikative Inverse, $x^{-1},y^{-1}\in K$.
Aus $xy=0$ folgt dann
\begin{mathe}[mc]{rcl}
1 &= &y^{-1}y\\
&= &y^{-1}1y\\
&= &y^{-1}(x^{-1}x)y\\
&= &(y^{-1}x^{-1})(xy)\\
&= &(y^{-1}x^{-1})0\\
&= &0.\\
\end{mathe}
Das ist ein Widerspruch!
\end{proof}
\textbf{Bemerkung.}
Wir haben hier den Satz $\forall{a\in K:~}a\cdot 0=0$ (siehe \cite[Satz 4.2.2]{sinn2020})
in Anspruch genommen haben.
%% SKA 6-5
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{5}
\section[Aufgabe 5]{}
\label{ska:6:ex:5}
\let\sectionname\altsectionname
Sei $R=\intgr/6\intgr$ versehen mit Addition und Multiplikation modulo $6$.\\
Beachte: das additive Neutralelement ist die Äquivalenzklasse $[0]$.\\
Für $x=[2]$ und $y=[3]$ gilt $x,y\neq [0]$ und aber $xy=[2\cdot 3]=[6]=[0]$.
\textbf{Bemerkung.} Wir nennen solche Elemente \emph{Nullteiler}.
%% SKA 6-6
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{6}
\section[Aufgabe 6]{}
\label{ska:6:ex:6}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% SKA 6-7(a)
\item
\begin{mathe}[tc]{ll}
&z_{1}:=\dfrac{2\imageinh}{5-3\imageinh}
= \dfrac{2\imageinh\cdot(5+3\imageinh)}{5^{2}+3^{2}}
= \dfrac{-6 + 10\imageinh}{34}
= -\frac{3}{17} + \imageinh\frac{5}{17}\\
\Longrightarrow
&\ReTeil(z_{1}) = -\frac{3}{17},
\quad
\ImTeil(z_{1}) = \frac{5}{17}.\\
\\
&z_{2}:=\dfrac{3 - 2\imageinh}{1 + 2\imageinh}
= \dfrac{(3 - 2\imageinh)\cdot(1-2\imageinh)}{1^{2}+2^{2}}
= \dfrac{(3+(-2)(-2)\imageinh^{2})) + (-6+-2)\imageinh}{5}
= \dfrac{(3-4) + -8\imageinh}{5}
= -\frac{1}{5} + \imageinh\frac{8}{5}\\
\Longrightarrow
&\ReTeil(z_{2}) = -\frac{1}{5},
\quad
\ImTeil(z_{2}) = \frac{8}{5}.\\
\end{mathe}
%% SKA 6-7(b)
\item\voritemise
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Gaußverfahren angewandt auf $(A|\mathbf{b})$:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
1+\imageinh &1 &0\\
-2 &2-\imageinh &1\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Wende die Zeilentransformation
${Z_{1}\leftsquigarrow (1-\imageinh)\cdot Z_{1}}$
an:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
2 &1-\imageinh &0\\
-2 &2-\imageinh &1\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Wende die Zeilentransformation
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2}+Z_{1}}$
an:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
2 &1-\imageinh &0\\
0 &3-2\imageinh &1\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Aus der Stufenform erschließt sich
\begin{mathe}[bc]{rclclcl}
y &= &\frac{1}{3-2\imageinh}
&= &\frac{3+2\imageinh}{3^{2}+2^{2}}
&= &\frac{3+2\imageinh}{13}\\
x &= &\frac{1}{2}(-(1-\imageinh)y)
&= &-\frac{1}{2}\frac{3-\imageinh}{13}
&= &\frac{-3+\imageinh}{26}.\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
\end{enumerate}
%% SKA 6-7
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{7}
\section[Aufgabe 7]{}
\label{ska:6:ex:7}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% SKA 6-7(a)
\item
Es gilt $4\cdot 7\equiv -1\cdot 2\equiv -2\equiv 3$ modulo $5$.
%% SKA 6-7(b)
\item
Es gilt $2^{100031}\equiv (-1)^{\text{ungerade Zahl}}\equiv -1\equiv 2$ modulo 3.\\
Es gilt $2^{100302}\equiv (-1)^{\text{gerade Zahl}}\equiv 1$ modulo 3.\\
%% SKA 6-7(c)
\item
Für $\intgr/5\intgr$ ist die Menge an Möglichkeiten klein,
sodass wir per \emph{brute force} das Inverse von $3$ bestimmen können:
\hraum
\begin{tabular}[mc]{|C|CCCCC|}
\hline
n &0 &1 &2 &3 &4\\
\hline
3\cdot n &0 &3 &\fbox{1} &4 &2\\
\hline
\end{tabular}
\hraum
Darum gilt $3\cdot 2\equiv 1$ modulo $5$, sodass \fbox{$3^{-1}=2$} in $\intgr/5\intgr$.
Für den Fall $\intgr/103\intgr$ gibt es deutlich mehr Möglichkeiten,
sodass es ein Versuch durch rohe Gewalt nicht mehr sinnvoll ist.
Darum wenden wir das Lemma von B\'ezout an und lesen das Resultat daraus.
\textbf{Zur Erinnerung:}
Durch den Euklidischen Algorithmus auf $(a:=103,\,b:=21)$ angewandt
erhalten wir ganze Zahlen,
${u,v\in\intgr}$,
so dass ${u\cdot 103 + v\cdot 21=\ggT(103,21)}$ gilt.
Da aber ${103\in\mathbb{P}}$ und ${1<21<103}$, gilt ${\ggT(103,21)=1}$,
sodass die o.\,s. Identität
$1\equiv u\cdot 103+v\cdot 21\equiv 0+v\cdot 21$ modulo $103$
liefert,
was wiederum bedeutet, dass $21^{-1}=v$ in $\intgr/103\intgr$.
Zunächst führen wird also den Euklidischen Algorithmus auf $a=103$ und $b=21$ aus:
\begin{longtable}[mc]{|c|c|}
\hline
\hline
Restberechnung (symbolisch) &Restberechnung (Werte)\\
\hline
\endhead
$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$103 = 21\cdot 4 + 19$\\
$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$21 = 19\cdot 1 + 2$\\
$r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$19 = 2\cdot 9 + \boxed{\mathbf{1}}$\\
$r_{2} = r_{3}\cdot q_{4} + r_{4}$ &$2 = 1\cdot 2 + 0$\\
\hline
\hline
\end{longtable}
Also gilt $\ggT(103, 21)=1$ wie erwartet.
Und jetzt kehren wir die Ausdrücke um, um die Koeffizienten $u$, $v$ zu bestimmen:
\begin{longtable}[mc]{|c|c|}
\hline
\hline
Rest (symbolisch) &Rest (Werte)\\
\hline
\endhead
$r_{1} = a - 4\cdot b$ &$19 = 1\cdot a + -4\cdot b$\\
$r_{2} = b - 1\cdot r_{1}$ &$2 = -1\cdot a + 5\cdot b$\\
$r_{3} = r_{1} - 9\cdot r_{2}$ &$\boxed{1 = \mathbf{10}\cdot a + \mathbf{-49}\cdot b}$\\
\hline
\hline
\end{longtable}
Darum liefert uns das B\'ezout Lemma
${1=10\cdot a - 49\cdot b=10\cdot 103-\boxed{49}\cdot 21}$.
Also gilt wie oben \fbox{$21^{-1}=-49=54$} in $\intgr/103\intgr$.\\
(Man prüft dies: $21\cdot 54=1134=103\cdot 11+1\equiv 1$ modulo $103$.
Also ist das Ergebnis richtig!)
%% SKA 6-7(d)
\item
Wir führen das Gaußverfahren zuerst in $\intgr$ durch,
nur achten wir darauf, niemals mit Vielfachen von $11$ oder $13$
zu multiplizieren:
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
Gaußverfahren angewandt auf $(A|\mathbf{b})$:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
2 &-3 &0\\
10 &7 &-5\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Wende die Zeilentransformation
${Z_{2}\leftsquigarrow Z_{2}-5\cdot Z_{1}}$
an:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
2 &-3 &0\\
0 &22 &-5\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Wir wenden die Zeilentransformation
${Z_{1}\leftsquigarrow 7\cdot Z_{1}+Z_{2}}$
an und erhalten das äquivalente System (\textdagger):
\begin{mathe}[bc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
14 &1 &-5\\
0 &22 &-5\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
\end{algorithm}
In $\intgr/11\intgr$ ist das System ab (\textdagger)
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
LGS modulo 11:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
\mathbf{3} &1 &6\\
0 &0 &\mathbf{6}\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
$\Longrightarrow$ \fbox{System unlösbar}, da $6\neq 0$ in $\intgr/11\intgr$.
\end{algorithm}
In $\intgr/13\intgr$ ist das System ab (\textdagger)
\begin{algorithm}[\rtab][\rtab]
LGS modulo 13:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
1 &1 &8\\
0 &9 &8\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Wende die Zeilentransformationen
${Z_{1}\leftsquigarrow 9\cdot Z_{1}-\cdot Z_{2}}$
an:
\begin{mathe}[mc]{c}
\begin{matrix}{cc|c}
\mathbf{9} &0 &-1\\
0 &\mathbf{9} &8\\
\end{matrix}\\
\end{mathe}
Daraus ergibt sich die Lösung in $\intgr/13\intgr$:
\begin{mathe}[bc]{rclclcl}
x_{1} &= &9^{-1}\cdot -1
&= &3\cdot -1
&= &\boxed{10}\\
x_{2} &= &9^{-1}\cdot 8
&= &3\cdot 8
&= &\boxed{11}.\\
\end{mathe}
Also ist \fbox{$\mathbf{x}=\begin{svector}10\\11\\\end{svector}$}
die Lösung des LGS in $\intgr/13\intgr$.
\end{algorithm}
\end{enumerate}
%% SKA 6-8
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{8}
\section[Aufgabe 8]{}
\label{ska:6:ex:8}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{satz*}
Sei $p\in\mathbb{P}$ eine Primzahl.
Für jedes $m\in\intgr$ mit $p\ndivides m$
ist die Abbildung
${M_{m}:\intgr/p\intgr\to\intgr/p\intgr}$,
die vermöge $M_{m}([x])=[m]\cdot[x](=[mx])$
wohldefiniert und injektiv.
Insbesondere existert ein $[x]\in\intgr/p\intgr$,
so dass $[m]\cdot [x]=[1]$.
\end{satz*}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Dass diese Abbildung wohldefiniert ist, folgt aus der Wohldefiniertheit
von Modularmultiplikation.
\uwave{{\bfseries Injektivität:}}\\
Seien $[x],[x']\in\intgr/p\intgr$.
Angenommen $M_{m}([x])=M_{m}([x'])$.\\
\textbf{Zu zeigen:} $[x]=[x']$.\\
Aus $M_{m}([x])=M_{m}([x'])$
folgt $[mx]=[mx']$ per Konstruktion von der Abbildung $M_{m}$.\\
Per Definition der Äquivalenzklassen
gilt somit $mx\equiv mx'$ modulo $p$.\\
Daraus folgt ${p\divides (mx-mx')}$,
also ${p\divides m\cdot(x-x')}$.\\
Da $p$ prim ist, gilt $p\divides m$ oder $p\divides (x-x')$
(siehe \cite[Satz 3.4.14]{sinn2020}).\\
Per Voraussetzung auf $m$ folgt daraus, dass $p\divides(x-x')$.\\
Daraus folgt $x\equiv x'$ modulo $p$,
und somit $[x]=[x']$ per Definition der Äquivalenzklassen.\\
Darum ist $M_{m}$ injektiv.
Da nun $\intgr/p\intgr$ endlich ist,
sind injektive Abbildungen zwischen $\intgr/p\intgr$ und sich selbst
automatisch surjektiv.\\
Per Surjektivität existiert ein Element $[x]\in\intgr/p\intgr$,
so dass $[1]=M_{m}([x])=[m]\cdot [x]$.\\
Das heißt, $[m]$ ist invertierbar innerhalb $\intgr/p\intgr$.
\end{proof}
\end{einzug}
\textbf{Bemerkung.}
Die letzte Aussage in diesem Satz gilt auch allgemeiner:
Sind $n,m\in\intgr$ teilerfremd, dann ist $[m]$ innerhalb $\intgr/n\intgr$
invertierbar.
Aber wenn $n$ nicht prim ist, können wir das o.\,s. Argument nicht verwenden,
da das Zwischenresultat der Injektivität nicht mehr gilt.
Stattdessen müssen wir schon das Lemma von B\'ezout anwenden.
\setcounternach{part}{3}
\part{Quizzes}

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