Lösungen der Aufgaben

Lösungen der Aufgaben
Aufgabe 1.3.1 Es gibt 42 mögliche Verschlüsselungen.
Aufgabe 2.3.4 Ergebnisse sind 0, 4 und 4 · 1 = 4.
Aufgabe 2.3.6 Da in Z9 10 = 1 ist, erhalten wir
x = c0 + · · · + cm = c0 + · · · + cm .
Die Zahl x ist nur durch 9 teilbar, wenn x = 0 in Z9 , also nur, wenn c0 + · · · + cm durch
9 teilbar ist.
Aufgabe 2.3.7 Die letzte Karte bleibt immer auf derselben Position liegen, also müssen
wir diese nicht betrachten. Wenn wir die Positionen 0, 1, . . . , 50 als Elemente in Z51
betrachten, dann landet die Karte von Position i nach einem perfect shuffle“ auf Position
”
2 · i. Die Zahl, die wir suchen, ist also die kleinste positive ganze Zahl N mit 2N ≡ 1
mod 51. Indem wir aufeinanderfolgende Werte für N ausprobieren erhalten wir N = 8.
Alternative: Du kannst die Aufgabe auch lösen, indem du beachtest, dass eine Karte mit
dem Wert i in Z52 durch einen perfect shuffle“ durch eine Karte des Werts 26 · i ersetzt
”
wird.
Aufgabe 2.4.4 Zuerst wenden wir den euklidischen Algorithmus an:
202 = 1 · 142 + 60
142 = 2 · 60 + 22
60 = 2 · 22 + 16
22 = 1 · 16 + 6
16 = 2 · 6 + 4
6=1·4+2
4=2·2
Der größte gemeinsame Teiler von 202 und 142 ist also 2. Mit dem erweiterten euklidischen Algorithmus erhalten wir die folgende Tabelle:
1
202
142
60
22
16
6
4
2
=
=
=
=
=
=
=
=
1 · 202 + 0 · 142
0 · 202 + 1 · 142
202 − 142
142 − 2 · 60
60 − 2 · 22
22 − 16
16 − 2 · 6
6−4
202 142
1
0
0
1
1 −1
−2
3
5 −7
−7
10
19 −27
−26
37
Aus der letzten Zeile können wir ablesen, dass
2 = −26 · 202 + 37 · 142
ist.
Aufgabe 2.5.4
(1) Nehmen wir an p sei eine Primzahl, die x und yz teilt. Aus dem Lemma von Euklid
können wir folgern, dass p auch ein Teiler von y oder z sein muss. x und y haben
aber keine gemeinsame Primteiler, x und z ebensowenig.
(2) Wenn xy ein Teiler von z ist, dann sind auch x und y Teiler von z. Wir müssen also
nur die umgekehrte Richtung zeigen. Seien x und y Teiler von z. Wir betrachten
die Primfaktorzerlegungen
x = pa11 · · · pamm ,
y = q1b1 · · · qnbn .
Da x ein Teiler von z ist, sollte der Primfaktor pi mindestens mit einer Potenz
ai in der Primfaktorzerlegung von z für jedes i ∈ {1, . . . , m} vorkommen. Analog
wird qi mindestens mit einer Potenz bj für jedes j ∈ {1, . . . , n} vorkommen. Da x
und y teilerfremd sind, gibt es keinen Primfaktor, der sowohl in der Zerlegung von
x als auch in der von y vorkommt. Darum können wir folgern, dass
xy = pa11 · · · pamm · q1b1 · · · qnbn
ein Teiler von z ist.
(3) Es ist klar, dass x ein Teiler von yz ist, wenn x ein Teiler von z ist. Nehmen wir
also an, dass x das Produkt von yz teilt, und betrachten die Primfaktorzerlegung
x = pa11 · · · pamm .
Wir erhalten die Primfaktorzerlegung von yz, indem wir die Zerlegungen von y
und z miteinander multiplizieren und die Primfaktoren von klein nach groß anordnen. Da x ein Teiler von yz ist muss jeder Faktor pi mindestens mit einer
2
Potenz ai in einer Primfaktorzerlegung von yz vorkommen. pi kann aber nicht
in der Primfaktorzerlegung von y vorkommen, da x und y teilerfremd sind. Also
kommt pi mindestens mit einer Potenz ai in der Primfaktorzerlegung von z für
jedes i ∈ {1, . . . , m} vor. Daraus folgt, dass x ein Teiler von z ist.
Aufgabe 2.5.5 Die natürlichen Teiler von x sind genau die Zahlen der Form pa q b ,
wobei a und b natürliche Zahlen sind, so dass a ≤ 8 und b ≤ 13 sind. Alle diese Zahlen
sind verschieden, da sie unterschiedliche Primfaktorzerlegungen besitzen. Die Anzahl der
Teiler ist also 9 · 14 = 126.
Aufgabe 2.5.6 Wir betrachten die Primfaktorzerlegung
n + 1 = pa11 · · · pamm .
Durch wiederholte Anwendung von Aufgabe 2.5.4(2) sehen wir, dass es ausreicht, wenn
wir zeigen, dass pai i ein Teiler von n! für jedes i ∈ {1, ..., m} ist. Wenn pai i ≤ n, dann
kommt pai i sicher als Faktor in n! vor. Wir müssen also nur noch den Fall betrachten
wenn pai i = n + 1. Nach Voraussetzung ist n + 1 keine Primzahl und auch nicht das
Quadrat einer Primzahl. Daraus können wir schließen, dass ai > 2. Dann sind pi und
pai i −1 zwei verschiedene Faktoren von n!, so dass pai i ein Teiler von n! ist.
Aufgabe 2.7.3 Das Element 5 ist keine Einheit in Z35 , da ggT(35, 5) = 5. Die anderen
Elemente sind Einheiten. Bei der Berechnung des Inversen von 6 sieht man sofort, dass
6·6=1
in Z35 ist, so dass 6 sich selbst als Inverses hat. Das Inverse von 8 erhalten wir, indem
wir den erweiterten euklidischen Algorithmus auf 35 und 8 anwenden. So erhalten wir,
dass
1 = 3 · 35–13 · 8
und damit −13 = 22 das Inverse von 8 ist. Das Inverse von 34 erhalten wir, indem wir
34 = −1 beachten, so dass das Inverse von 34 gleich 34 ist.
Aufgabe 2.7.4
(1) Wegen der Assoziativität und Kommutativität der Multiplikation in Zm gilt, dass
(r · s) · (r−1 · s−1 ) = (r · r−1 ) · (s · s−1 ) = 1.
r · s ist also eine Einheit mit dem Inversen r−1 · s−1 .
(2) Indem wir beide Seiten der Gleichung
r·u=r·v
mit r−1 multiplizieren, erhalten wir
(r−1 · r) · u = (r−1 · r) · v,
also u = v.
3
Aufgabe 2.7.5 Wir betrachten die Kongruenzklassen x und y modulo 100. Gegeben ist
x = 13 und x · y = 52. Da 13 eine Einheit von Z100 ist, können wir aus Übung 2.7.4(2)
schließen, dass y = 4.
Aufgabe 2.7.9 Die Elemente von {0, . . . , m–1}, die nicht teilerfremd zu m sind, sind
die Vielfachen von p und q. Das sind die Zahlen
0, p, 2p, . . . , (q − 1)p, q, 2q, . . . , (p − q)q.
Beachte, dass all diese Zahlen verschieden sind, da eine ganze Zahl, die durch p und q
teilbar ist, auch durch das Produkt pq teilbar sein muss (Aufgabe 2.5.4(2)). Unsere Liste
enthält also genau
1 + (q − 1) + (p − 1) = p + q − 1
verschiedene Elemente. Indem wir diese Anzahl von m abziehen, sehen wir, dass die
Menge Em genau
pq − p − q + 1 = (p − 1)(q − 1)
Elemente enthält.
n
Aufgabe 2.8.5 Um die letzte Ziffer von 7(2 ) zu finden, berechnen wir die Restklasse
n
von 7(2 ) modulo 10. Die Euler-Zahl ϕ(10) ist (2–1) · (5–1) = 4, so dass
2n ≡ 0
mod ϕ(10).
Da 7 und 10 teilerfremd sind, können wir Folgerung 2.8.3 anwenden, und erhalten
n)
7(2
≡ 70 ≡ 1
mod 10.
n
n
Um zu zeigen, dass 2(2 ) + 1 mit einer 7 endet, reicht es aus zu beweisen, dass 2(2 ) auf
einer 6 endet. Diesmal können wir Folgerung 2.8.3 nicht mehr direkt anwenden, da 2 und
n
10 nicht teilerfremd sind. Statt dessen berechnen wir die Restklasse von 2(2 ) modulo 5.
Da ϕ(5) = 4 und ggT(5, 2) = 1 erhalten wir, wie aus der vorherigen Übung
n)
2(2
≡1
mod 5.
n
n
Das bedeutet, dass 2(2 ) –1 ein Vielfaches von 5 ist. Die Zahl 2(2 ) kann also nur mit 1
n
oder 6 enden. Dass sie auf 1 endet ist jedoch unmöglich, da 2(2 ) gerade ist. Die letzten
2011
zwei Ziffern von 39(41 ) können wir bestimmen, indem wir modulo 100 rechnen. Wir
betrachten erst, dass ϕ(100) = 40. Da 41 ≡ 1 mod 40 erhalten wir sofort
412011 ≡ 12011 ≡ 1
mod 40.
Da 39 und 100 teilerfremd sind, dürfen wir Folgerung 2.8.3 anwenden. Wir leiten
2011 )
39(41
≡ 39
4
mod 100
2011 )
ab. Die Zahl 39(41
endet also mit 39.
Aufgabe 3.1.1 Das Codewort ist D.
Aufgabe 3.1.2 Bring it on!
Aufgabe 4.6.1 Dies folgt direkt aus der Definition der Binärdarstellung. Wenn
a = 1 · 2n + an−1 · 2n−1 + · · · + a0
mit ai ∈ {0, 1}, dann ist das Ergebnis unserer Berechnung
n
n−1
g 2 · g an−1 ·2
· · · g a0 = g a .
Aufgabe 4.6.2 Für die Zahl a gilt a ≥ 2800 . Die Anzahl Operationen mit der ersten
Methode ist a − 1 ≥ 2800 − 1. Durch die Multiplikation mit 10−6 sehen wir, dass die
gesamte Berechnung mit der ersten Methode mindestens 6 · 10238 Sekunden kostet; das
ist mehr als 13 · 109 Jahre.
Mit der zweiten Methode müssen wir 799 binäre Ziffern von a abgehen. Wir nehmen an,
dass wir hier 400-mal 0‘ und 399-mal 1‘ finden (die erste Ziffer ist immer die 1). Bei
’
’
einer Null müssen wir eine Operation ausführen, bei einer 1 zwei. Die gesamte Anzahl
Operationen ist also 400 + 2 · 399 = 1198. Durch die Multiplikation dieser Zahl mit 10−6
sehen wir, dass die gesamte Berechnung nur 0, 001199 Sekunden dauert.
Aufgabe 4.7.1 Wir machen mehrmals Gebrauch von der folgenden Eigenschaft: Wenn
0
a ≡ a0 mod p − 1, dann ist g a = g a . Dies kannst du direkt aus Folgerung 2.8.3. ableiten.
Nehmen wir an, dass a eine ganze Zahl ist, die teilerfremd zu p − 1 ist. Da g ein erc
×
zeugendes Element von Z×
p ist, können wir jedes Element x aus Zp schreiben als als g
mit c ∈ {0, . . . , p − 2}. Da a eine Einheit modulo p − 1 ist, können wir ein Element
b ∈ {0, . . . , p − 2} finden, so dass
ab ≡ c mod p − 1
(wähle b so, dass b = a−1 · c). Dann ist
(g a )b = g c = x
a
×
in Z×
p . g ist also auch ein erzeugendes Element von Zp .
Nehmen wir nun an, dass a eine ganze Zahl ist, so dass g a ein erzeugendes Element von
Z×
p ist. Dann exisitiert eine ganze Zahl b, so dass
(g a )b = g.
5
Sei nun c das eindeutige Element in {0, . . . , p − 2}, derart dass
ab ≡ c mod p − 1.
Dann ist
g = g ab = g c
×
in Z×
p . Dies ist nur möglich, wenn c = 1 ist, weil g ein erzeugendes Element von Zp ist.
Also ist a eine Einheit in Zp−1 , mit dem Inversen b.
Wir können also feststellen, dass die erzeugenden Elemente von Z×
p genau die Elemente
der Form g a mit a ∈ {0, . . . , p − 2} sind, die teilerfremd zu p − 1 sind. All diese Potenzen
von g sind verschieden, da g ein erzeugendes Element ist. Es gibt also genau ϕ(p − 1)
erzeugende Elemente von Z×
p.
Aufgabe 4.7.2 Sei q = (p − 1)/2. Wenn p = 5, dann ist ϕ(p − 1) = 2 und
1
ϕ(p − 1)
= .
p−1
2
Wenn p 6= 5 ist q 6= 2. Damit sind 2 und q teilerfremd. Aus Voraussetzung 2.7.8 folgt
dann
ϕ(p − 1)
q−1
=
.
p−1
2q
Die Wahrscheinlichkeit liegt ungefähr bei 12 , wenn q groß genug ist.
Aufgabe 4.7.3 Wenn es so ein d gibt, kann g eindeutig kein erzeugendes Element sein,
da g d gleich g p–1 = 1 ist. Nimm nun umgekehrt an, dass g kein erzeugendes Element
ist. Dann existieren Elemente i, j ∈ {0, ..., p − 2}, so dass i > j und g i = g j , oder also
g i−j = 1. Sei d der größte gemeinsame Teiler von i − j und p − 1. Er ist ein Teiler von
p–1, jedoch ungleich p − 1, da i − j ≤ p − 2. Wegen des Satzes von Bézout-Bachet können
wir ganze Zahlen a und b finden, so dass
a(i − j) + b(p − 1) = d.
Daraus folgt
g d = (g i−j )a · (g p–1 )b = 1.
Aufgabe 5.3.1 Für jede ganze Zahl i > 0 gilt
e
ie
i· p−1
d
= xe · g p−1 d = xe ,
x·g
wobei die letzte Gleichung aus der Tatsache g p−1 = 1 wegen des kleinen Satzes von
Fermat folgt.
6
Aufgabe 5.3.2 Wir haben
x = xae+b(p−1) = (xe )a · (xp−1 )b = (xe )a ,
wobei die letzte Gleichung aus der Tatsache xp−1 = 1 wegen des kleinen Satzes von
Fermat folgt.
Aufgabe 5.3.3 Weil wir n = pq und ϕ(n) = (p − 1)(q − 1) kennen, können wir auch
p + q = pq − (p − 1)(q − 1) + 1
bestimmen. Die Primzahlen p und q sind dann die Lösungen der quadratischen Gleichung
x2 − (p + q)x + pq = 0.
Aufgabe 5.4.1 Da x ∈ Zn× , ist x teilerfremd zu n. Da y d = xde und
de ≡ 1
mod n
folgt direkt aus der Kongruenz von Euler, dass y d = x.
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