TU Wien:Mathematik 1 UE (diverse)/Übungen WS07/Beispiel 62

Lösen Sie die folgenden Kongruënzen (d.h. Gleichungen in Restklassen) bzw. beweisen Sie die Unlösbarkeit!

$a)x^2-3x+2\equiv 0\text{ (mod 5)}$

$b)x^2-3x+2\equiv 0\text{ (mod 6)}$

Vorbereitende Vereinfachungen

Allgemeines zur Zerlegung in Linearfaktoren

Idee: Da die Lösung dieser Aufgabe mit einer quadratischen Gleichung, die in die Form (x$\pm$f)(x$\pm$g) viel einfacher ist, möchten wir die vorliegende quadratische Gleichung in Linearfaktoren zerlegen.

Es gilt dabei folgender Zerlegungssatz:

Der quadratische Term

$a{x}^2+bx+c\mathrm{\forall }a,b,c\in ℝ,a\ne 0$

lässt sich genau dann in die Linearfaktoren

$a(x-x_1)(x-x_2)$

zerlegen, wenn die quadratische Gleichung

$a{x}^2+bx+c=0$

in $ℝ$ lösbar ist und die Zahlen $x_1$ und $x_2$ als Lösungen hat.

Anmerkungen:

1. Der Satz gilt auch, wenn $x_1=x_2$, d.h. wenn die Gleichung nur eine Lösung hat.
2. Mit "in $ℝ$ lösbar" ist auch gemeint, dass die Diskriminante (s. weiter unten) einen entsprechenden reellen Wert hat.

Isolierung der Koeffizienten

Die gegebene quadratische Gleichung

$x^2-3x+2=0$

stellen wir allgemeiner wie folgt dar:

$a{x}^2-bx+c=0$

a,b,c sind die Koeffizienten, und zwar:

• a=1
• b=-3
• c=2

Allgemeine Lösungsformel f. quadratische Gleichungen

$z_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{(b^2-4ac)}}{2a}$

Sonderform: Satz von Vieta als Lösungsformel f. quadratische Gleichungen

Jede quadratische Gleichung $a{x}^2+bx+c=0$ lässt sich durch Division durch $a\ne 0$ auf die sogenannte Normalform $x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}=0$ bringen, mit $p=\frac{b}{a},q=\frac{c}{a}$ folgt $x^2+px+q=0$.

Damit lautet der Satz von Vieta: Zwischen den Lösungen $x_1,x_2$ und den Koeffizienten der quadratischen Gleichung in Normalform $x^2+px+q=0$ besteht folgender Zusammenhang: $p=-(x_1+x_2)$ und $q=x_1{x}_2$.

Betrachtung der Diskriminante

Die Diskriminante (D) ist $b^2-4ac$. Je nach Wert dr Diskriminante kann man feststellen, wieviele Lösungen es gibt sowie ob sie in $ℝ$ oder $ℂ$ zu erwarten sind.

Wenn gilt:

• D > 0 $\Rightarrow$ verschiedene reelle Lösungen
• D = 0 $\Rightarrow$ genau eine Lösung
• D < 0 $\Rightarrow$ keine reelle Lösung

Unsere Diskriminante beträgt 1, daher werden wir zwei reelle Lösungen erwarten!

Berechnung der Lösungen

• a=1
• b=-3
• c=2

$x_{1,2}=\frac{-b\pm \sqrt{(b^2-4ac)}}{2a}\Rightarrow \frac{3\pm \sqrt{(9-8)}}{2}=\frac{3\pm \sqrt{(1)}}{2}$

$x_1=\frac{3+\sqrt{(1)}}{2}=2$

$x_2=\frac{3-\sqrt{(1)}}{2}=1$

Damit kann ich die Gleichung zerlegen in:

$x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$

(Zerlegung in Linearfaktoren - https://web.archive.org/web/20180817161625/http://www.mathematik.net/quadratische-gleichungen/q11s10.htm ) --Mnemetz 22:19, 15. Nov 2005 (CET)

Beispiel 62a

Zunächst vereinfachen wir den linken Term mal ...

$x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$

Da $Z_5$ nullteilerfrei ist, gilt hier $x\equiv 1\text{ mod 5 }$ oder $x\equiv 2\text{ mod 5 }$

Nullteilerfreiheit liegt dann vor, wenn eine weitere Zerlegung in Primfaktoren nicht mehr möglich ist. Beispiel: 5 kann ich nicht zerlegen, 6 schon - in 2*3.

Somit haben wir:

$L_1=\{-9,-4,1,6,\mathrm{11...}\}$

$L_2=\{-8,-3,2,7,\mathrm{12...}\}$

Beispiel 62b

$Z_6$ ist nicht nullteilerfrei, hier ist zusätzlich $3\ast 2\equiv 0\text{ mod 6 }$ und $4\ast 3\equiv 0\text{ mod 6 }$

Damit sind die Lösungen der Gleichung nicht nur $x\equiv 1\text{ mod 6 }$ und $x\equiv 2\text{ mod 6}$, sondern auch noch $x\equiv 4\text{ mod 6}$ und $x\equiv 5\text{ mod 6}$

Entweder sieht man, das (x-1)(x-2) genau die Form 3*2 bzw. 4*3 für x-1 = 3 bzw. x-1 = 4, also x = 4 bzw. x = 5 hat, oder man probiert die möglichen Kongruenzen 0, 1, 2, 3, 4 und 5 einfach aus. Dann sieht man, dass genau x = 4 und x = 5 die Gleichung erfüllen.

$L_1=\{-11,-5,1,7,\mathrm{13...}\}$

$L_2=\{-10,-4,2,8,\mathrm{14...}\}$

$L_4=\{-8,-2,4,10,\mathrm{16...}\}$

$L_5=\{-7,-1,5,11,\mathrm{17...}\}$

Da:

$\bar{a}\ast \bar{b}\equiv 0\text{ mod 6}$

$\bar{2}\ast \bar{3}\equiv 0\text{ mod 6}$

$\bar{4}\ast \bar{3}\equiv 0\text{ mod 6}$