Lösungen Kap 5.fm

Aufgaben zu Kapitel 5
5.1
a) Seien a, b, c ∈  mit a | b und b | c . Dann gibt es ganze Zahlen n und m mit
b = na und c = mb .
Daraus folgt c = mna , also a c .
b) Gilt a | b und a | c , so gibt es ganze Zahlen n und m mit
b = na und c = ma .
Sind x und y weitere ganze Zahlen, so ist
xb + yc = xna + yma = ( xn + ym )a ,
also a ( xb + yc ) .
c) Gilt a | c und b | d , so gibt es ganze Zahlen n und m mit
c = na und d = mb .
Daraus folgt cd = nmab , also ab | cd .
d) Berichtigung Es muss heißen: Aus a | b und b | a folgt a = b .
Gilt a | b und b | a , so gibt es ganze Zahlen n und m mit
b = na und a = mb .
Daraus folgt b = nmb , also nm = 1 . Da n und m beides ganze Zahlen sind, kommt nur
n = m = 1 oder n = m = – 1 infrage. Daraus folgt a = b . Sind a und b nichtnegativ, so
gilt sogar a = b .
5.2
a) Es gilt: m ist ein Teiler von n. Ist k ein beliebiger gemeinsamer Teiler von n und von m, so
ist k insbesondere Teiler von m. Also ist ggT(m, n) = m.
b) Sei g = ggT ( a, b ) . Dann ist mg ein gemeinsamer Teiler von ma und von mb. Sei h ein
beliebiger gemeinsamer Teiler von ma und von mb. Aufgrund des Lemmas von Bézout gibt
es ganze Zahlen λ und μ mit λa + μb = g . Dann ist h auch ein Teiler von λma und von
μmb, also auch von λma + μmb = mg . Wir haben nun gezeigt, dass mg ein gemeinsamer
Teiler von ma und von mb ist, und dass jeder gemeinsame Teiler von ma und von mb auch
ein Teiler von mg ist. Daraus folgt die Behauptung.
5.3
Jeder gemeinsame Teiler von von a und von b ist auch ein Teiler von xa + yb = z , insbesondere ist also der größte gemeinsame Teiler von a und von b ein Teiler von z. Ist insbesondere
z = 1, so ist ggT ( a, b ) ein Teiler von 1, also gleich 1.
5.4
ggT ( 770, 546 ) = 14 und – 17 ⋅ 770 + 24 ⋅ 546 = 14 .
5.5
Ja.
21 ⋅ 21 – 10 ⋅ 44 = 1
Aufgaben zu Kapitel 5
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21n ⋅ 21 – 10n ⋅ 44 = n
5.6
–
5.7
Berichtigung Es muss heißen: Ist p eine Primzahl und sind a und b ganze Zahlen und gilt
p | ab , so gilt p|a oder p|b.
Sei
a = p 1 ⋅ … ⋅ p n und b = q 1 ⋅ … ⋅ q m
die Primzahlzerlegung von a bzw. b. Dann gilt
p | p1 ⋅ … ⋅ pn ⋅ q1 ⋅ … ⋅ qm
und aus dem zweiten Satz auf S. 101 folgt, dass p eines der pi oder eines der qj ist. Daraus folgt
p|a oder p|b. Beachten Sie, dass das „oder“ ein inklusives oder ist, das heißt, dass p auch Teiler von beiden Zahlen, a und b sein kann.
5.8
a) Die größte Primzahl, für die noch Vielfache zu streichen sind, ist die 7. Die nächste Primzahl ist die 11. Die Vielfachen der 11 sind jedoch alle schon in den bisherigen Durchläufen
gestrichen worden. Die kleinste 11-er Zahl, die noch nicht gestrichen worden wäre, wäre
die 121 = 11·11. Aber die Tabelle geht nur bis 101.
b) 1763 ist keine Primzahl, denn 1763 = 41·43.
c)
private static boolean istPrim(int n){
boolean istPrim = true;
for (int k = 2; k*k <= n && istPrim; k++)
if (n%k == 0) istPrim = false;
return istPrim;
}
5.9
Für alle ganzen Zahlen k gilt k ≡ 0 (mod 1). Das macht das Rechnen modulo 1 sehr uninteressant.
5.10
a) 5377298 ⋅ 5032884 ≡ 8 ⋅ 4 ≡ 2 (mod 10)
b) 60 ⋅ 34 + 46 ⋅ 64 ≡ 4 ⋅ ( – 1 ) + 4 ⋅ 1 ≡ 0 (mod 7)
c) 25 ⋅ 40 + 78 ⋅ 14 ≡ ( – 1 ) ⋅ 1 + 0 ⋅ 1 ≡ – 1 ≡ 12 (mod 13)
5.11
a) 314159265 % 9 = 0
b) 314159265 % 11 = 2
5.12
b) ist fehlerhaft, denn 4729 ⋅ 30081 ≡ 4 ⋅ 3 = 12 ≡ 3 und 140253049 ≡ 1 (mod 9).
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5.13
a) Wir betrachten die Dezimaldarstellung der Zahl n:
n = a k ⋅ 10 k + a k – 1 ⋅ 10 k – 1 + … + a 0 ⋅ 10 0 ≡ 0 + 0 + … + 0 + a 0 = a 0 (mod 2)
das heißt, n ist genau dann durch 2 teilbar, wenn die Einerziffer von n durch 2 teilbar ist.
b) Wir betrachten die Dezimaldarstellung der Zahl n:
n = a k ⋅ 10 k + a k – 1 ⋅ 10 k – 1 + … + a 0 ⋅ 10 0 ≡ 0 + 0 + … + 0 + a 1 ⋅ 10 1 + a 0 = a 1 ⋅ 10 1 + a 0
(mod 4)
das heißt, n ist genau dann durch 4 teilbar, wenn die Zahl, die aus ihren letzten beiden
Dezimalziﬀern gebildet wird, durch 4 teilbar ist.
c) siehe a)
d) Berichtigung Es muss heißen: Eine Zahl ist genau dann durch 8 teilbar, wenn die Zahl, die
aus ihren letzten drei Dezimalziﬀern gebildet wird, durch 8 teilbar ist. Beweis analog zu
a) und b).
5.14
Es gilt (alle Rechnungen modulo 7):
10 0 = 1
10 1 ≡ 3
10 2 ≡ 3 2 ≡ 2
10 3 = 10 ⋅ 10 2 ≡ 3 ⋅ 2 ≡ – 1
10 4 = 10 ⋅ 10 3 ≡ 3 ⋅ ( – 1 ) = – 3
10 5 = 10 ⋅ 10 4 ≡ 3 ⋅ ( – 3 ) = – 9 ≡ – 2
10 6 = 10 ⋅ 10 5 ≡ 3 ⋅ ( – 2 ) ≡ 1
Ab dann geht oﬀenbar wieder von vorne los. Wir bilden also eine gewichtete Quersumme mit
den Gewichten 1, 3, 2, –1, –3, –2, 1, 3, 2, –1,… (von der Einerstelle ab gerechnet). Die Zahl n ist genau dann durch 7 teilbar, wenn die so gebildete gewichtete Quersumme durch 7 teilbar ist.
Beispiel: n = 864197523. Gewichtete Quersumme:
2 ⋅ 8 + 3 ⋅ 6 + 1 ⋅ 4 + ( – 2 ) ⋅ 1 + ( – 3 ) ⋅ 9 + ( – 1 ) ⋅ 7 + 2 ⋅ 5 + 3 ⋅ 2 + 1 ⋅ 3 ≡ 0 (mod 7)
Aufgaben zu Kapitel 5
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5.15
Man muss zwei Ziffern so ändern, dass sich die Änderungen multipliziert mit den Gewichten
gegenseitig ausgleichen (modulo 11). Beispiel: Man reduziert die Ziffer mit dem Gewicht 10 um
1 und erhöht im Ausgleich die Ziffer mit dem Gewicht 5 um 2:
Gewicht
ISBN-Ziffer
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
3
4
4
6
2
2
1
7
7
8
7
7
8
↓ –1·10
2
5.16
4
↓ +2·5
4
6
2
4
1
Sei ABCDEFGHI eine gültige ISBN, das heißt, die obige Prüfsumme ist kongruent 0 modulo 11.
Wir nehmen zunächst an, die dritte und die siebte Ziffer wurden gegeneinander vertauscht,
sodass die verfälschte ISBN ABGDEFCHI entsteht. Sei s die Prüfsumme der gültigen ISBN, s′ die
der ungültigen. Dann ist
s′ – s = 8 ( G – C ) + 4 ( C – G ) = 4 ( G – C ) .
Mit derselben Argumentation wie auf S. 107 folgt, dass s′ – s nicht durch 11 teilbar ist. Also ist
s′ – s ≡/ 0 und daher auch s′ ≡/ s ≡ 0 .
Wir nehmen nun an, es wurden zwei beliebige Ziffern x und y mit den Gewichten g und g′ miteinander vertauscht. Dann ist
s′ – s = g ( x – y ) + g′ ( y – x ) = ( g – g′ ) ( x – y ) .
Damit überhaupt eine Änderung stattﬁndet, muss g ≠ g′ und x ≠ y sein. Keine der beiden Zahlen g – g′ und x – y ist durch 11 teilbar, und damit ist wieder auch s′ ≡/ s ≡ 0 .
5.17
a) iterativ:
private static int quersumme(int n){
int value = 0;
while (n>0){
value = value + n%10;
n = n/10;
}
return value;
}
b) rekursiv:
private static int qs(int n) {
return (n==0 ? 0 : n%10 + qs(n/10));
}
5.18
Die Elemente 1 und –1 (= m – 1) sind stets invertierbar.
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Aufgaben zu Kapitel 5
5.19
Wir betrachten die Zelle der Multiplikationstafel mit der Adresse ( a, b ) (= Zeile a, Spalte b). Bei
Punktspiegelung am Mittelpunkt geht diese Zelle in die Zelle mit der Adresse
( m – a, m – b ) = ( – a, – b ) über. Es gilt a ⋅ b = ( – a ) ⋅ ( – b ) , also ist der Inhalt der Zelle gleich
dem Inhalt der gespiegelten Zelle.
5.20
m
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
ϕ(m)
1
2
2
4
2
6
4
6
4
10
4
5.21
Ist a invertierbar, so ist a ⋅ a – 1 = 1 . Also ist auch a–1 invertierbar und es ist ( a –1 ) – 1 = a . Sind
a und b invertierbar, so ist ( ab ) ⋅ ( b – 1 a –1 ) = 1 , also ist auch ab invertierbar.
5.22
a) 3 82 = 3 80 + 2 = 3 2 ⋅ 3 80 = 0 in 9
b)
Es gilt (alle Rechnungen modulo 11):
70 = 1
71 ≡ 7
72 ≡ 5
73 = 7 ⋅ 72 ≡ 7 ⋅ 5 ≡ 2
74 = 7 ⋅ 73 ≡ 7 ⋅ 2 ≡ 3
…
7 10 ≡ 1
Dann ist
7 104 = 7 10 ⋅ 10 + 4 = ( 7 10 ) 10 ⋅ 7 4 ≡ 1 10 ⋅ 3 = 3
5.23
m=2
m=3
m=4
m=5
m=6
K0 = { 0 }
K0 = { 0 }
K 0 = { 0, 2 }
K0 = { 0 }
K0 = { 0 }
K1 = { 1 }
K 1 = { 1, 2 }
K 1 = { 1, 3 }
K 1 = { 1, 4 }
K 1 = { 1, 5 }
K 2 = { 2, 3 }
K 2 = { 2, 4 }
K3 = { 3 }
5.24
a)  = {6}
b)  = {5}
Aufgaben zu Kapitel 5
28
c)  = ∅
d)  = {2, 5, 8}
5.25
Es gilt (alle Rechnungen modulo 11):
71 = 7
7 2 = 49 ≡ 5
74 ≡ 52 ≡ 3
78 = 32 = 9
7 15 = 7 1 + 2 + 4 + 8 = 7 1 ⋅ 7 2 ⋅ 7 4 ⋅ 7 8 ≡ 7 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 9 ≡ 10
5.26
Führen Sie das RSA-Verfahren mit p = 11 und q = 17 sowie dem öﬀentlichen Schlüssel e = 11 und
der Nachricht 12 durch.
p = 11 , q = 17 , n = p ⋅ q = 187 , ϕ ( n ) = 160 , d = 131
12 11 = 23 und 23 131 = 12
5.27
Zerlegung von n in Primfaktoren (durch Probieren): n = 323 = 17·19. Dann ist ϕ(n) = 16·18 = 288
und d = 5 –1 = 173 (mod 288).