Musterlösung zur Probeklausur zur Angewandten

UNIVERSITÄT ULM
Institut für Zahlentheorie und Wahrscheinlichkeitstheorie
Musterlösung zur Probeklausur zur
Angewandten Diskreten Mathematik
Prof. Dr. Helmut Maier, Hans- Peter Reck
Gesamtpunktzahl: 130 Punkte, 100 Punkte= 100 %
keine Abgabe
1. Es sei m = 24 · 33 · 7 · 112 · 13 und n = 2 · 52 · 7 · 11.
(a) Gib die Primfaktorzerlegung für ggT (m, n) und kgV (m, n) an.
Für den ggT (m, n) gilt, daß wir das Minimum der Primfaktoren nehmen müssen. Damit ergibt
sich
ggT (m, n) = 2 · 7 · 11.
Beim kgV (m, n) nehmen wir das Maximum und erhalten
kgV (m, n) = 24 · 33 · 52 · 7 · 112 · 13.
(b) Gib eine Darstellung der Werte ϕ(m) und ϕ(n) als Produkt von Primfaktoren.
Die Eulersche ϕ- Funktion ist multiplikativ; also erhalten wir
ϕ(m)
= ϕ(24 · 33 · 7 · 112 · 13) = ϕ(24 ) · ϕ(33 ) · ϕ(7) · ϕ(112 ) · ϕ(13)
=
(24 − 23 ) · (33 − 32 ) · 6 · (112 − 111 ) · 12
=
(2 · 23 − 23 ) · (3 · 32 − 32 ) · 2 · 3 · (11 · 11 − 11) · 22 · 3
=
23 · 2 · 32 · 23 · 32 · 10 · 11 = 28 · 34 · 5 · 11.
und
ϕ(n)
=
ϕ(2 · 52 · 7 · 11) = ϕ(2) · ϕ(52 ) · ϕ(7) · ϕ(11) = 1 · (52 − 51 ) · 6 · 10
=
(5 · 5 − 5) · 2 · 3 · 2 · 5 = 4 · 5 · 22 · 3 · 5 = 24 · 3 · 52 .
(c) Zeige: Aus ggT (a, b, c) = 1, ggT (a, b) = d und ggT (a, c) = f folgt ggT (a, bc) = df .
Es gilt ggT (d, f ) = 1 und auch df |a.
Wegen d|b und f |c gilt df |bc, womit df ein gemeinsamer Teiler von a und bc ist. Umgekehrt ist
aber auch jeder gemeinsame Teiler von a und bc auch ein Teiler von df , denn aus ax + by = d
und au + cv = f folgt a2 xu + acxv + abyu + bcyv = df .
Die Werte der Produkte brauchen jeweils nicht berechnet werden.
(9 Punkte)
2. Zeige:
(a) 7|(10a + b) ⇔ 7|(a − 2b) mit a, b ∈ Z.
Es gilt
(10a + b) + 4 · (a − 2b) = 14a − 7b = 7 · (2a − b),
und der Ausdruck auf der rechten Seite ist durch 7 teilbar, damit auch die Summe auf der
linken Seite, und folglich ist dann 10a + b genau dann durch 7 teilbar, wenn es eben auch a − 2b
ist.
(b) Die Zahl 111 . . . 111, bestehend aus k Ziffern des Wertes 1 mit k ≥ 2 ist keine Quadratzahl.
Wir nehmen an, daß 111 . . . 111 für k > 1 eine Quadratzahl ist und führen dies zu einem
Widerspruch. Es läßt sich dann als
111 . . . 111 =
10k − 1
9
darstellen. Da 9 eine Quadratzahl ist, muß dann auch der Zähler 10k −1 eine Quadratzahl sein,
und zwar eine ungerade. Das Quadrat einer ungeraden Zahl 2m + 1 mit m ∈ N0 hat aber die
Gestalt (2m+ 1)2 = 4m2 + 4m+ 1 ≡ 1 mod 4. Also muß 10k −1 ≡ 1 mod 4 bzw. 10k ≡ 2 mod 4
gelten. Wegen 2|10 gilt für alle k > 1 dann aber 4|10k , und damit ist 10k ≡ 0 mod 4, ein
Widerspruch.
(9 Punkte)
3. (a) Bestimme mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler der beiden
Zahlen 969 und 221.
Wir nutzen dazu nun das Tabellenschema:
i
qi+1
ri
xi
yi
-1
0
1
2
3
4
5
4
2
1
1
1
969
221
85
51
34
17
0
1
0
1
-2
3
-5
0
1
-4
9
-13
22
Also ist ggT (969, 221) = 17.
(b) Entscheide über die Lösbarkeit der folgenden Diophantischen Gleichungen. Gib im positiven
Falle eine Lösung an.
i. 969x + 221y = 748.
Aus Teilaufgabe a) wissen wir, daß ggT (969, 221) = 17 ist. Weiter gilt 748 = 44 · 17, also
17|748. Damit besitzt diese Diophantische Gleichung eine Lösung.
Aus dem obigen Schema entnehmen wir ggT (969, 221) = 17 = (−5) · 969 + 22 · 221. Um
die Lösung unserer Diophantischen Gleichung zu erhalten, multiplizieren wir x und y nun
noch mit dem Faktor 44 und bekommen die Lösung x = −220 und y = 968.
ii. 414x + 713y = 100.
In diesem Fall bestimmen wir zuerst ggT (414, 713):
2
i
qi+1
ri
-1
713
0
1
414
1
299
1
2
2
115
1
69
3
4
1
46
5
2
23
0
6
Hier gilt nun also ggT (713, 414) = 23 und 23 6
Gleichung keine Lösung.
xi
yi
1
0
1
-1
3
-4
7
0
1
-1
2
-5
7
-12
|100. Somit besitzt diese Diophantische
(14 Punkte)
4. Es ist 43 · 38 = 15 · 109 − 1.
Benütze dies, um das multiplikative Inverse von 43 mod 109 zu berechnen.
Aus dieser Gleichung folgt, daß 15 · 109 − 43 · 38 = 1, also −43 · 38 ≡ 1 mod 109 ist. Das inverse
Element zu 43 mod 109 läßt sich somit sofort als −38 ≡ 71 mod 109 ablesen.
(6 Punkte)
5. Bestimme die kleinste positive Lösung der Kongruenz 1193x ≡ 367 mod 31500 mittels des Chinesischen Restsatzes.
Wir haben hier
i
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
qi+1
ri
xi
yi
26
2
31500
1193
482
1
0
1
..
.
0
1
-26
..
.
2
9
1
1
5
229
24
13
11
2
1
Die letzten beiden Spalten sind hier unerheblich, wir brauchen nur den größten gemeinsamen Teiler.
Es ist ggT (31500, 1193) = 1, und damit ist die Kongruenz eindeutig lösbar. Es gilt dann weiter
31500 = 22 · 32 · 53 · 7. Daher betrachten wir für 1193x − 367 ≡ 0 mod 31500 das Kongruenzensystem
1193x − 367
≡ 0 mod 4 ⇒ 1193x ≡ 367 mod 4 ⇒ x ≡ 3 mod 4
1193x − 367
≡ 0 mod 7 ⇒ 1193x ≡ 367 mod 7 ⇒ 3x ≡ 3 mod 7 ⇒ x ≡ 1 mod 7
1193x − 367
≡ 0 mod 9 ⇒ 1193x ≡ 367 mod 9 ⇒ 5x ≡ 7 mod 9 ⇒ x ≡ 5 mod 9
1193x − 367
≡ 0 mod 125 ⇒ 1193x ≡ 367 mod 125 ⇒ 68x ≡ (−8) mod 125 ⇒ 17x ≡ (−2) mod 125.
Die letzte Aussage kann mit 25|(17x + 2) zu 25|(−8x + 2) und daher zu 25|(4x − 1) umformen.
Die Kongruenz 4x ≡ 1 mod 25 hat aber die Lösung x ≡ 19 mod 25. Für x kommen also die Zahlen
19,44,69,94 und 119 in Frage, es ist schließlich die 44. Daher lautet die letzte Kongruenz dieses
Systems x ≡ 44 mod 125.
3
Nun bestimmen wir die gesuchte Lösung. Aus der ersten Kongruenz folgt x = 3 + 4t mit t ∈ Z.
Setzen wir dies in die zweiten Kongruenz ein, ergibt sich
3 + 4t ≡ 1 mod 7 ⇒ 4t ≡ 5 mod 7 ⇒ t ≡ 3 mod 7.
Also ist t = 3 + 7u mit einem u ∈ Z und daher x = 3 + 4 · (3 + 7u) = 15 + 28u. Eingesetzt in die
dritte Kongruenz ist dies
15 + 28u = 5 mod 9 ⇒ 28u ≡ −1 mod 9 ⇒ u ≡ −1 mod 9 ⇒ u ≡ 8 mod 9.
Also ist u = 8 + 9v mit einem v ∈ Z und somit x = 15 + 28 · (8 + 9v) = 239 + 252v. Schlußendlich
gilt für die letzte Kongruenz
239 + 252v ≡ 44 mod 125 ⇒ 252v ≡ 252v ≡ 55 mod 125 ⇒ 2v ≡ 55 mod 125 ⇒ v ≡ 90 mod 125.
Mit v = 90 + 125w mit einem w ∈ Z folgt dann
x = 239 + 252 · (90 + 125w) = 22919 + 31500w,
also ist die kleinste positive Lösung x ≡ 22919 mod 31500.
(10 Punkte)
6. Gib eine Definition für die folgenden Begriffe an:
(a) zyklische Gruppe
Eine Gruppe heißt zyklisch, wenn G von einem einzigen Element erzeugt wird, d.h. wenn gilt,
daß G = hgi für ein g ∈ G.
(b) Integritätsring
Ein Integritätsring ist ein nullteilerfreier und kommutativer Ring, der mindestens zwei verschiedene Elemente enthält.
(c) Körper
Ein Körper ist ein Integritätsring mit Einselement, in dem jedes a 6= 0 eine multiplikative
Einheit ist.
(12 Punkte)
7. Es ist 83 = 2 · 41 + 1, und 41 ist prim. Welche Werte kann ord83 a annehmen?
Die Ordnung ist ein Teiler von ϕ(83) = 82. Also ist ord83 a ∈ {1, 2, 41, 82}.
(12 Punkte)
8. Die Mersennesche Zahl M251 ist zusammengesetzt. Für einen Primteiler muß 251|(p − 1), also
p ≡ 1 mod 251 gelten. Die kleinste Primzahl dieser Art ist p = 503.
Zeige: 503 ist ein Teiler von M251 .
Es ist also M251 = 2251 − 1 ≡ 0 mod 503 bzw. 2251 ≡ 1 mod 503 zu zeigen. Nacheinander gilt nun
wegen 256 = 28 zuerst 29 ≡ 9 mod 503. Weiter gilt somit
218
≡
81 mod 503
236
≡
22 mod 503
72
2
≡
(−19) mod 503
144
≡
(−142) mod 503.
2
Weiter ist 252 = 144 + 72 + 36. Also ist
2252 = 2144 · 272 · 236 ≡ (−142) · (−19) · 22 ≡ 183 · 22 = 2 mod 503.
Somit ist dann 2251 ≡ 1 mod 503, und daher ist 503 ein Teiler von M251 .
4
(10 Punkte)
9. (a) Welche Untergruppen hat die Gruppe (Z/12Z, +)?
Jede Gruppe besitzt die trivialen Untergruppen, bestehend aus dem neutralen Element bzw.
die gesamte Gruppe; in diesem Fall also U1 = {0} und U2 = (Z/12Z, +), welche etwa vom
Element 1 erzeugt wird.
Das Erzeugnis des Elementes 2 besteht genau aus den geraden Restklassen, also 2,4,6,8,10,0.
Damit ist U3 = {0, 2, 4, 6, 8, 10}.
Die 3 erzeugt die durch 3 teilbaren Restklassen, hier dann U4 = {0, 3, 6, 9}, analog erzeugt die
4 dann U4 = {0, 4, 8}. Das Element 5 erzeugt wiederum die gesamte Gruppe, wogegen die 6
schließlich noch für U5 = {0, 6} sorgt.
Alle anderen Elemente erzeugen wiederum die gesamte Gruppe.
(b) Es sei G eine beliebige Gruppe der Ordnung 12, d.h. auch möglicherweise nichtabelsch.
Welche Ordnungen können die Untergruppen von G haben?
Nach dem Satz von Lagrange muß die Ordnung einer Untergruppe die Gruppenordnung teilen.
Also muß die Ordnung ein Teiler von 12 sein. Die Ordnungen entstammen also der Menge
{1, 2, 3, 4, 6, 12}.
(10 Punkte)
10. Zeige durch Nachrechnen (und nicht durch Benützung von Satz 1.16.13 der Vorlesung), daß die
Gruppe G = ((Z/15Z)∗ , ·) nicht zyklisch ist.
Es ist n = 15 und ϕ(15) = 8. Wir betrachten das reduzierte Restsystem R = {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14}.
Es ist trivialerweise ord15 1 = 1 und wegen 42 = 16 ≡ 1 mod 15, 112 = 121 ≡ 1 mod 15 und
142 ≡ (−1)2 ≡ 1 mod 15 dann ord15 4 = ord15 11 = ord15 14 = 2 sowie wegen 24 = 16 ≡ 1 mod 15,
74 ≡ 42 ≡ 1 mod 15, 84 ≡ 42 ≡ 1 mod 15 und 134 ≡ 42 ≡ 1 mod 15 eben schließlich dann auch
ord15 2 = ord15 7 = ord15 8 = ord15 13 = 4.
Die vom Element 1 mod 15 erzeugte Untergruppe von (Z/15Z, ·)∗ hat somit die Ordnung 1, die
von 2 mod 15 erzeugte Untergruppe hat die Ordnung 4, usw. Es gibt daher keine Restklasse, die
die gesamte Gruppe (Z/15Z, ·)∗ erzeugt, also keine Restklasse der Ordnung 8. Wenn kein Element
die ganze Gruppe erzeugt, ist diese nicht zyklisch.
(8 Punkte)
11. Es sei K = (Z/5Z, +, ·) der (bis auf Isomorphie eindeutig bestimmte) Körper mit fünf Elementen.
Es sei f0 ∈ K[x] durch f0 (x) = x2 + x + 1 definiert, wobei a = a mod 5 bedeute.
Zeige:
(a) Das Polynom f0 hat keine Nullstelle in K.
Da der Körper endlich ist, setzen wir nacheinander die möglichen Elemente ein. Es ist f0 (0) =
2
2
2
2
0 + 0 + 1 = 1, f0 (1) = 1 + 1 + 1 = 3, f0 (2) = 2 + 2 + 1 = 2, f0 (3) = 3 + 3 + 1 = 3 und
2
f0 (4) = 4 + 0 + 4 = 1. Also besitzt f0 keine Nullstelle in K.
(b) Zudem ist es irreduzibel.
Da f0 ein Polynom vom Grad 2 ist, müßte es, wenn es nicht irreduzibel wäre, in zwei Polynome
vom Grad 1 zerfallen. Dann hätte es aber Nullstellen, im Widerspruch zur Aufgabe a).
(c) Der Ring der Restklassen modulo f0 , also K[x]/(f0 ) ist ein Körper. Wieviele Elemente hat er?
Nach Satz 3.2.1 besitzt dieser Körper dann gerade q = pn , wobei p die Mächtigkeit des Köpers
K und n der Grad des Minimalpolynoms ist. Damit hat dieser Körper nun 52 = 25 Elemente.
(d) Es sei t = x mod f0 .
Finde ein Polynom p vom Grad ≤ 1, so daß (t2 + t + 2) · (t2 + 1) = p(t) gilt.
5
Wir bestimmen zuerst das Produkt (t2 + t + 2) · (t2 + 1) , wofür sich t4 + t3 + 3t2 + t + 2 ergibt.
Division durch das Minimalpolynom liefert
(t4
−(t4
+t3
+t3
+3t2
+t2 )
+t +2)
2t2
−(2t2
+t +2
+2t +2)
(t2 + t + 1) = t2 + 2
:
4t
Also ist (t2 + t + 2) · (t2 + 1) = 4t.
(14 Punkte)
12. Ein Code C über einem Körper mit q Elementen haben eine Kontrollmatrix vom Typ (4, 10).
Bestimme die Mächtigkeit |C|.
Nach Satz 4.3.3 folgt aus der Struktur der Kontrollmatrix n − k = 4 und n = 10. Damit ist k = 6.
Also gilt nun |C| = q 6 .
(8 Punkte)
13. Zeige folgenden Zusammenhang zwischen den Fibonaccizahlen un und dem Binomialkoeffizienten:
n X
n−k
un =
.
k
k=0
Allerdings unterlief mir hier ein Übertragungsfehler. Die angegebenen Binomialkoeffizienten erzeugen nicht un , sondern un+1 , womit wir nun weiterrechnen wollen.
Wir bezeichnen diese Zahlen nun als
An =
n X
n−k
k
k=0
.
Wir zeigen, daß die Folge dieser Zahlen dieselben Bedingungen wie die Fibonaccizahlen erfüllen.
Dann müssen sie gleich sein. Es ist
A0 =
0 X
0−k
k
k=0
=
0
= 1 = u1 ,
0
da der leere Binomialkoeffizient null gesetzt ist. Weiter ist
A1 =
1 X
1−k
k=0
k
=
1
0
+
= 1 + 0 = 1 = u2 .
0
1
Im allgemeinen Schritt gilt
An+2
n+2
X
n+2
X n + 1 − k n + 1 − k n+2−k
=
=
+
k
k
k−1
k=0
k=0
n+1
n X n + 1 − k X
n−k
= An+1 + An ,
=
+
k
k
k=0
k=0
was zu zeigen war.
(8 Punkte)
Viel Erfolg!
6