Lösungsskizzen zu Blatt 8 - Fachbereich Mathematik

Universität Hamburg
Fachbereich Mathematik
Winter 2016/17
Janko Latschev
Grundlagen der Mathematik
Lösungsskizzen 8
Präsenzaufgaben
(P13) Primfaktorzerlegungen
Die Primfaktorzerlegungen lauten:
a) 66 = 2 · 3 · 11.
b) 80 = 24 · 5.
c) 236 = 22 · 59.
d) 527 = 17 · 31.
(P14) Multiplikation einmal anders
Zur Multiplikation zweier beliebiger natürlicher Zahlen x und y wird folgendes Verfahren vorgeschlagen:
• Man beginnt eine zweispaltige Tabelle mit den beiden Zahlen x und y.
• In jeden Schritt verdoppelt man nun die erste Zahl der vorherigen Zeile, und betrachtet den Quotienten der zweiten Zahl bei Division durch 2 (falls ein Rest
auftritt, wird dieser nicht weiter beachtet). Dieses Verfahren führt man so lange
durch, bis in der zweiten Spalte eine 1 steht.
• Nun streicht man all diejenigen Zahlen in der ersten Spalte, neben denen in der
zweiten Spalte eine gerade Zahl steht, und addiert die verbleibenden Zahlen.
Behauptung: Das so erhaltene Ergebnis ist stets das Produkt von x und y.
a) Führen Sie das Verfahren für zwei dreistellige Zahlen durch. Stimmt die Behauptung in Ihrem Beispiel?
Wir betrachten das Beispiel 723 · 329. Wir erstellen nun die Tabelle wie oben
beschrieben, wobei schon alle Zeilen gestrichen sind, in denen in der zweiten Spalte
eine gerade Zahl steht:
723
1446
2892
5784
11568
23136
46272
92544
185088
329
164
82
41
20
10
5
2
1
Bitte wenden!
Die Summe der verbliebenen Zahlen der ersten Spalte ergibt nun
723 + 5784 + 46272 + 185088 = 237867,
Was mit dem Produkt 723 · 329 übereinstimmt.
b) Beweisen oder widerlegen Sie die oben formulierte Behauptung.
Das Verfahren funktioniert für jedes Paar natürlicher Zahlen x und y. Für den
Beweis führen wir eine verallgemeinerte Induktion über die zweite Zahl y ∈ .
N
IA: Für y = 1 und beliebiges x ist die Aussage wahr, denn 1 ist ungerade, und wir
erhalten x · 1 als “Summe” mit dem einzigen Summanden x.
Induktionsschritt:
IV: Das Verfahren funktioniert für beliebiges x und alle 1 ≤ y < n.
IBeh: Das Verfahren funktioniert auch für beliebiges x und y = n.
IBew: Beginnt man das beschriebene Verfahren mit dem Paar (x, y), so erhält man
im ersten Schritt das neue Paar (x1 , y1 ) mit x1 = 2x und y = 2y1 + r1 , wobei der
Rest r1 ∈ {0, 1}. Also gilt
x · y = x · (2y1 + r1 ) = x · 2 · y1 + x · r1 = x1 · y1 + x · r1 .
Nun folgt die Tabelle mit den Startzahlen x1 und y1 , und da y1 < y gilt, liefert das
Verfahren nach Induktionsvoraussetzung für diesen Teil der Tabelle das Produkt
x1 · y1 . Ist y gerade, so ist r1 = 0 und das Verfahren gibt (nach Streichung der
ersten Zeile) auch den Wert für das eigentlich gesuchte Produkt x·y. Ist y ungerade,
so erhält man den Wert von x · y, indem man zum Produkt x1 · y1 noch x addiert,
was ebenfalls konsistent mit dem beschriebenen Verfahren ist.
Mit dem allgemeinen Prinzip der vollständigen Induktion folgt nun die Behauptung
für alle Paare (x, y).
(P15) Resteverwertung
Mit welcher Ziffer endet die Zahl 22016 im Dezimalsystem?
Offenbar kann es nicht Inhalt der Aufgabe sein, die Zahl 22016 tatsächlich zu bestimmen.
Um trotzdem eine Idee zu erhalten, betrachten wir kleine Zweierpotenzen mit dem Ziel,
eine Muster in der Abfolge der letzten Ziffern zu erkennen:
n
2n
1
2
2
4
3
8
4
16
5
32
6
64
7
128
8
256
9
512
Wir sehen, dass die letzte Ziffer ein periodisches Verhalten zeigt, wobei sich stets die
Ziffern 2, 4, 8 und 6 in dieser Reihenfolge abwechseln. Insbesondere endet jede vierte
Potenz von 2 auf 6. Da 2016 durch 4 teilbar ist, endet also auch 22016 auf 6.
Siehe nächstes Blatt!
Übungsaufgaben mit Abgabetermin Mo, 12.12.16, zu Beginn der Vorlesung
(A20) Rechnungen in ungewohnten Stellensystemen
(2+2 Punkte)
Berechnen Sie schriftlich im System mit der angegebenen Basis jeweils Summe, Differenz, Produkt sowie Quotient und Rest bei Division mit Rest der beiden angegebenen
Zahlen.
a) 10101012 und 1010112
Der Einfachheit halber lassen wir den Index 2 weg, weil alle auftretenden Zahlen
im Binärsystem geschrieben sind. Schriftliche Addition und Subtraktion ergeben
+
1010101
101011
10000000
−
1010101
101011
101010
Schriftliche Multiplikation und Division ergeben
1010101 · 101011
101011
101011
101011
101011
111001000111
1010101 : 101011 = 1
101011
101010
Rest: 101010
b) 13014 und 1234
Wieder lassen wir den Index 4 weg, weil alle auftretenden Zahlen bezüglich der
Basis 4 geschrieben werden. Schriftliche Addition und Subtrkation ergeben diesmal
+
1301
123
2030
−
1301
123
1112
Schriftliche Multiplikation und Division ergeben
1301 · 123
11103
3202
1301
233223
(A21) Mehr Teilbarkeit
1301 : 123 = 10
123
11
Rest: 11
(2+2+3+3 Punkte)
Bitte wenden!
a) Bestimmen Sie jeweils die kleinste Zahl n, so dass n! durch 80 bzw. durch 990
teilbar ist.
Da 80 = 24 · 5, benötigen wir für die Teilbarkeit von n! durch 80 den Faktor 5 und
viermal den Faktor 2. Wegen 4 = 22 und 6 = 2 · 3 genügt es also, für die Teilbarkeit
durch 80 die Zahl n = 6 zu wählen (in der Tat gilt 6! = 720 = 9 · 80).
Da 990 = 2 · 32 · 5 · 11, benötigen wir für die Teilbarkeit durch 990 den Faktor 11
in der Primfaktorzerlegung von n!, also müssen wir n = 11 wählen (die anderen
Faktoren sind dann wegen 3|6 auch mit abgedeckt).
b) Bestimmen Sie, mit wievielen Nullen die Zahl 200! endet.
Die Dezimaldarstellung einer natürlichen Zahl x endet genau dann mit k Nullen,
wenn sie genau k mal ohne Rest durch 10 teilbar ist. Dies bedeutet, dass in der
Primfaktorzerlegung von x jeder der beiden Primfaktoren 2 und 5 mindestens mit
dem Exponenten k vorkommt (und der kleinere Exponent genau gleich k ist).
Nun sind von den Zahlen zwischen 1 und 200 jede fünfte, also genau 40 Zahlen
mindestens einmal durch 5 teilbar. Unter diesen sind die Vielfachen von 25, also die
Zahlen 25, 50, 75, 100, 125, 150, 175 und 200 mindestens zweimal durch 5 teilbar,
und davon wiederum nur die Zahl 125 genau dreimal. Also hat die Primzahl 5 den
Exponenten 32+7·2+1·3 = 49 in der Primfaktorzerlegung von 200!. Die Primzahl
2 teilt genau 100 der Zahlen zwischen 1 und 200 mindestens einmal, taucht also
in der Primfaktorzerlegung von 200! mehr als 100 mal auf, insbesondere also öfter
als die 5. Wir schließen daraus, dass die Zahl 200! mit 49 Nullen endet.
Beweisen Sie folgende Aussagen:
c) Eine natürliche Zahl ist genau dann durch 3 oder durch 9 teilbar, wenn ihre Quersumme (d.h. die Summe ihrer Ziffern) im Dezimalsystem durch 3 bzw. durch 9
teilbar ist.
Für den Beweis ist die folgende Überlegung wesentlich: Eine Zahl x = y + 9 · z ist
genau dann durch 3 oder 9 teilbar, wenn y durch 3 oder 9 teilbar ist. Sei nun
x=
r
X
10k · zk
k=0
die Dezimaldarstellung einer gegebenen natürlichen Zahl x ∈
ist dann
r
X
Q(x) =
zk .
N. Deren Quersumme
k=0
Nun gilt
aber1
x − Q(x) =
r
X
k=0
1
r
r
k−1
r X
k−1
X
X
X
X
k
s
(10 − 1)zk =
(10 − 1)zk =
(9
10 )zk = 9
(
10s )zk ,
k
k=1
k=1
s=0
k=1 s=0
Wir benutzen hier 10 − 1 = 9, 100 − 1 = 99, 1000 − 1 = 999, und eben allgemein 10k − 1 = 9
k−1
X
10s .
s=0
Siehe nächstes Blatt!
d.h. die Differenz x − Q(x) ist durch 9 teilbar. Also ist x nach unserer Eingangsüberlegung genau dann durch 3 oder 9 teilbar, wenn y = Q(x) durch 3 oder 9
teilbar ist.
Alternativ kann man den Beweis auch induktiv formulieren, muss allerdings dabei
die etwas stärkere Behauptung formulieren (und beweisen), dass der Rest bei Division durch 3 bzw. durch 9 für x und seine Quersumme Q(x) übereinstimmen. Die
Induktion wird über die Anzahl der Dezimalstellen unserer Zahl x geführt. Hier
benutzt man
x=
r
X
k=0
k
10 zk = z0 + 10
r
X
k−1
10
zk = z0 +
k=1
r
X
k−1
10
zk + 9
k=1
r
X
10k−1 zk .
k=1
Da der letzte Summand durch 9 teilbar ist, ist er für den Rest irrelevant, und für
den zweiten Summanden kann man die Induktionsvoraussetzung verwenden, da er
eine Dezimalstelle weniger besitzt (er ist ja gerade die Zahl, die man erhält, wenn
man von x die letzte Stelle streicht).
Frage: Was ist bei dieser Induktion für den Induktionsanfang zu beweisen?
d) Eine natürliche Zahl ist genau dann durch 11 teilbar, wenn ihre alternierende
Quersumme (d.h. letzte Ziffer minus vorletzte Ziffer plus drittletzte Ziffer usw.) im
Dezimalsystem durch 11 teilbar ist.
Pr
k
Vorüberlegung: Für eine natürliche
Zahl
x
=
k=0 10 zk hat ihre alternierende
Pr
Quersumme die Form A(x) = k=0 (−1)k zk . Beide sind genau dann gleichzeitig
durch 11 teilbar (oder eben nicht), falls ihre Differenz durch 11 teilbar ist. Diese
Differenz hat die Form
x − A(x) =
r
X
(10k − (−1)k )zk .
k=0
Die Koeffizienten der Ziffern zk in dieser Summe haben die Form 10k −1 für gerades
k und 10k + 1 für ungerades k. Wenn wir zeigen können, dass jede dieser Zahlen
durch 11 teilbar ist, so haben wir die Behauptung also bewiesen.
(A) Wir zeigen zunächst die Aussage für gerade k = 2`, d.h. wir beweisen per
Induktion über `: Für jedes ` ∈ 0 ist 102` − 1 durch 11 teilbar.
N
Induktionsanfang: Für ` = 0 gilt 102` − 1 = 0, und 0 ist durch jede natürliche Zahl
teilbar.
Induktionsschritt:
Induktionsvoraussetzung: Für ein ` ∈ 0 ist 102` − 1 durch 11 teilbar.
Induktionsbehauptung: Dann ist auch 102(`+1) − 1 durch 11 teilbar.
Induktionsbeweis: Wir schreiben
N
102(`+1) − 1 = 102`+2 − 1 = 100 · 102` − 1 =
2`
|99 ·{z10 }
durch 11 teilbar
+
2`
10
| {z− 1}
.
nach IV durch 11 teilbar
Bitte wenden!
Also ist die Induktionsbehauptung bewiesen, und somit gilt unsere Aussage für
alle ` ∈ .
N
(B) Wir zeigen nun die Behauptung für ungerades k = 2` + 1, d.h. wir beweisen:
Für jedes ` ∈ 0 ist 102`+1 + 1 durch 11 teilbar.
N
Dies führen wir auf Teil (A) zurück. Dazu schreiben wir
102`+1 +1 = 10·102` +1 = 11·102` −102` +1 =
2`
|11 ·{z10 }
durch 11 teilbar
−
(102` − 1)
| {z }
.
nach (A) durch 11 teilbar
Also ist auch in diesem Fall unsere Behauptung bewiesen.
Bemerkung: Dies ist vermutlich nicht der Beweis, den Sie gefunden haben.
(A22) Halbgruppen
(2+2+2 Punkte)
Entscheiden Sie, ob folgende Teilmengen der natürlichen Zahlen jeweils mit der angegebenen Operation eine Halbgruppe bilden.
N = {n ∈ N | ∃ k ∈ N : n = 2k} mit der Addition.
a) M1 = 2
Vorbemerkung: In allen drei Aufgaben ist die Assoziativität der Operation kein
Problem, denn diese folgt aus der Assoziativität der Addition bzw. der Multiplikation der natürlichen Zahlen. Vielmehr ist die entscheidende Frage, ob die jeweilige
Verknüpfung aus zwei Elementen der Menge tatsächlich wieder ein Element dieser
Menge liefert, d.h. ob die jeweiligen Operationen tatsächlich von der Form
∗ : Mi × Mi → Mi
sind.
N
Für die Addition auf M1 = 2 ist dies tatsächlich der Fall, denn die Summe zweier
durch 2 teilbarer Zahlen ist wieder durch 2 teilbar.
N N = {n ∈ N | (∃ k ∈ N : n = 2k) oder (∃ k ∈ N : n = 3k)} mit der
b) M2 = 2 ∪ 3
Addition.
N N N
Die Teilmenge M2 = 2 ∪ 3 ⊂ ist nicht abgeschlossen unter der Addition, d.h.
es gibt Zahlen a, b ∈ M2 , für die a + b ∈
/ M2 . Dies gilt schon für so einfach Beispiele
wie a = 2 und b = 3. Also ist (M2 , +) keine Halbgruppe, weil die Addition Paare
von Elementen aus M2 nicht unbedingt wieder nach M2 abbildet.
c) M2 mit der Multiplikation.
Mit der Multiplikation bildet die Teilmenge M2 jedoch sehr wohl eine Halbgruppe.
Sind a, b ∈ M2 gegeben, so wissen wir wegen a ∈ M2 , dass 2|a oder 3|a. Dann folgt
aber auch 2|(ab) bzw. 3|(ab), d.h. das Produkt ab liegt dann ebenfalls wieder in
M2 . Nach unserer Vorbemerkung ist dies alles, was nachzuprüfen ist.