Einführung in die Algebra und Diskrete Mathematik

Einführung in die Algebra und Diskrete Mathematik
Übungsblatt 2
19.03.2015
1. Seien a, b, x ∈ N und u, v ∈ Z so, dass x = ua + vb. Zeigen Sie: Wenn sowohl x | a
als auch x | b, dann gilt x = ggT(a, b). Können Sie aus der Gleichung ab + cd = 1
(a, b, c, d ∈ Z) Aussagen über ggT(a, b), ggT(a, c), ggT(a, d), ggT(b, c), ggT(b, d)
und ggT(c, d) ableiten?
Lösung. Da x ein gemeinsamer Teiler von a und b ist,
b)
gilt auch x | ggT(a,
b
a
wegen Satz 1.10, (2). Aus x = ua + vb = ggT(a, b) u ggT(a,b) + v ggT(a,b) folgt
außerdem ggT(a, b) | x, somit gilt wegen der Antisymmetrie der Teilerrelation
auch x = ggT(a, b). Da 1 jede der vier Zahlen a, b, c, d teilt, folgt aus der Gleichung
ab+cd = 1, dass ggT(a, c) = ggT(a, d) = ggT(b, c) = ggT(b, d) = 1. Über ggT(a, b)
und ggT(c, d) lässt sich aber nichts aussagen.
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2. Finden Sie ganzzahlige Lösungen der Gleichung 71u + 79v = ggT(71, 79). Ist diese
Lösung eindeutig? Falls nein, geben Sie eine weitere Lösung an.
Lösung. Der erweiterte euklidische Algorithmus liefert in wenigen Schritten u = 9
und v = −10 sowie ggT(79, 71) = 1. Diese Lösung ist nicht eindeutig, da etwa
wegen 79(9 + 71) + 71(−10 − 79) = 1 die Werte u = 80 und v = −89 eine weitere
Lösung bilden.
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3. Wir betrachten die sogenannten Fibonacci-Zahlen Fn , die folgendermaßen rekursiv
definiert sind:
F0 = 1,
F1 = 1,
Fn = Fn−1 + Fn−2 für n ≥ 2.
Begründen Sie, dass die Zahlen Fn und Fn+1 für alle n ∈ N0 teilerfremd sind. Gilt
das für beliebige Startwerte F0 und F1 ?
Lösung. Wir verwenden Satz 1.13., wonach für ganze Zahlen a, b, die nicht beide 0
sind, für ein z ∈ Z die Gleichheit ggT(a, b) = ggT(a+zb, b) gilt. Wir wählen z = −1
und erhalten so Schritt für Schritt unter Verwendung der Rekursionsvorschrift für
die Fibonacci-Zahlen
ggT(Fn+1 , Fn ) = ggT(Fn+1 − Fn , Fn ) = ggT(Fn−1 , Fn ) = ggT(Fn−1 , Fn − Fn−1 )
= ggT(Fn−1 , Fn−2 ) = · · · = ggT(F1 , F0 ) = 1.
Allgemein gilt offensichtlich ggT(Fn+1 , Fn ) = ggT(F1 , F0 ), was für andere Werte
für F0 und F1 natürlich auch größer als 1 sein kann.
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1
4. Seien a, b ∈ N mit a < b. Wir nehmen an, dass der Euklidische Algorithmus zur
Bestimmung von ggT(a, b) genau n Schritte (Divisionen) benötigt. Zeigen Sie, dass
dann a ≥ Fn gilt, wobei Fn wiederdie
n n-te Fibonacci-Zahl bezeichnet. Beweisen
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Sie zudem die Ungleichung Fn ≥ 2 2 und leiten Sie damit eine obere Schranke
für n in Abhängigkeit von a her. Wie hängt diese Schranke mit der Anzahl der
Ziffern von a zusammen?
Lösung. Wir setzen b = an+1 und a = an . Da der Euklidische Algorithmus genau
n Schritte benötigt, ergibt sich also eine Sequenz von Divisionen
an+1 = qn an + an−1
an = qn−1 an−1 + an−2
..
.
a3 = q 2 a2 + a1
a2 = q 1 a1 ,
wobei an > an−1 > · · · > a2 > a1 > 0, q1 ≥ 2 und qi ≥ 1 für alle i ∈ {2, . . . , n}.
Den kleinstmöglichen Wert für an erhalten wir offenbar, wenn a1 = 1, q1 = 2 und
qi = 1 für alle i ∈ {2, . . . , n} ist. Dann ergeben sich von unten beginnend die
Abschätzungen
a2 ≥ 2,
a3 ≥ 1 · 2 + 1 = 3,
a4 ≥ 3 · 1 + 2 = 5,
..
.
Dies lässt sich induktiv
nweiterspinnen zur Bedingung an ≥ Fn , also a ≥ Fn . Die
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Ungleichung Fn ≥ 2 2 lässt sich induktiv zeigen, da sie offenbar für F0 und für
F1 gilt und man dann unter der Annahme, dass die Aussage für alle natürlichen
Zahlen ≤ n gilt,
Fn+1 = Fn + Fn−1 ≥
n
1 3
2 2
n−1
+
1 3
2 2
n =
1 3
2 2
n+1
2
1 3
≥
3
2 2
1+
herleiten kann. Also haben wir insgesamt gezeigt, dass a ≥ Fn ≥
umformen lässt zu
log10 2a
n≤
≤ 6 log10 a + 2.
log10 (3/2)
1
2
n
3
2
, was sich
Da sich die Anzahl der Ziffern einer Zahl a wie log10 a verhält (genau: blog10 ac + 1
Ziffern), kann man also sagen, dass die Anzahl der Schritte beim Euklidischen
Algorithmus proportional ist zur Ziffernanzahl der kleineren der beiden Zahlen. 2
k
5. Wir betrachten die sogenannten Fermat-Zahlen fk = 22 + 1 für k ∈ N0 .
(a) Zeigen Sie die Rekursionsformel fn =
tion.
Qn−1
i=0
fi + 2 mittels vollständiger Induk-
(b) Verwenden Sie diese Formel um zu zeigen, dass zwei verschiedene Fermatzahlen stets teilerfremd sind, also ggT(fk , fl ) = 1 für l 6= k.
(c) Warum folgt aus Punkt (b), dass es unendlich viele Primzahlen gibt?
1
0
Lösung. (a) Für n = 1 gilt f1 = 22 + 1 = 5 = 22 + 1 + 2 = f0 + 2 und der
Induktionsanfang ist getan. Wir machen den Schritt von n nach n + 1:
n+1
fn+1 − 2 = 22
n +2n
− 1 = 22
n
n
− 1 = 22 22 − 1 = (fn − 1)(fn − 1) − 1
IH
= fn2 − 2fn = fn (fn − 2) = fn
z}|{
n−1
Y
i=0
fi =
n
Y
fi .
i=0
(b) Sei o. B. d. A k < l. Dann ist
ggT(fk , fl ) = ggT(fk , fl−1 . . . fk . . . f0 + 2) = ggT(fk , 2) = 1,
wobei wir einerseits Satz 1.13. mit z = − l−1
i=0, i6=k fi und andererseits die
Tatsache, dass alle Fermatzahlen ungerade sind, verwendet haben.
Q
(c) Angenommen, es gibt nur die n Primzahlen p1 , . . . , pn . Da jede natürliche
Zahl ≥ 2 mindestens einen Primteiler hat und alle Fermatzahlen paarweise
teilerfremd sind, muss jede Fermatzahl einen Primteiler aufweisen, den sonst
keine andere Fermatzahl hat. Also gibt es für jedes i ∈ {1, . . . , n} genau ein
k ∈ {0, . . . , n − 1}, sodass pi | fk . Da aber sämtliche Primfaktoren von fn aus
der Menge {p1 , . . . , pn } stammen müssen, ist sie mit mindestens einer Zahl
aus der Menge {f0 , . . . , fn−1 } nicht teilerfremd, was ein Widerspruch zu (b)
ist.
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