Elementare Zahlentheorie — 2. ¨Ubung

Prof. Dr. Jörn Steuding, Pascal Stumpf
Institut für Mathematik, Universität Würzburg
31. Oktober 2016
Elementare Zahlentheorie — 2. Übung
Aufgabe 1. [5 × 2 Punkte] Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen, wobei
wir ♯(M) für die Anzahl der Elemente einer endlichen Menge M schreiben:
(i) Für endliche Mengen A und B haben wir ♯(A ∪ B) > ♯(A) + ♯(B).
(ii) Für endliche Mengen A und B haben wir ♯(A ∪ B) 6 ♯(A) + ♯(B).
(iii) Für endliche Mengen A und B haben wir ♯(A) + ♯(B) = ♯(A ∪ B) + ♯(A ∩ B).
(iv) Es ist möglich, dass drei Kinder einzeln gesehen jeweils genau sechs Sammelbilder
verschiedener Motive haben, wobei jeweils zwei Kinder als Paar sowie auch alle drei
Kinder gemeinsam betrachtet immer genau neun verschiedene Motive haben.
(v) Falls die paarweise gebildeten Durchschnitte A ∩ B, B ∩ C und C ∩ A dreier Mengen
A, B und C jeweils nicht leer sind, dann ist auch deren gemeinsamer Durchschnitt
A ∩ B ∩ C nicht leer.
Aufgabe 2. [10 Punkte] Dies ist eine Bibliotheksaufgabe — bitte benutzen Sie nicht
das Internet! Begeben Sie sich in die Teilbibliothek Mathematik und recherchieren Sie zur
Babylonischen Keilschrifttafel YBC 7289 und der kryptischen Inschrift
√
2 = 1 24 51 10.
Was hat es damit auf sich? Verfassen Sie hierzu einen Essay von etwa einer DinA4-Seite!
(Literaturhinweise: Geometry by its history von Ostermann & Wanner, 6000 Jahre Mathematik von Wußing)
Aufgabe 3. [5 + 5 Punkte] Betrachten Sie das obige Bild mit dem (ikonischen) Beweis
”
ohne Worte“ für folgende, auf Galileo Galilei zurückgehende und für n ∈ N gültige Formel:
1 + 3 + . . . + (2n − 1)
1
= .
(2n + 1) + (2n + 3) + . . . + (4n − 1)
3
(i) Erläutern Sie das Bild und erklären Sie diesen Beweis ohne Worte.
(ii) Beweisen Sie die Formel mit vollständiger Induktion nach n.
Für den Übungsbetrieb melden Sie sich bitte in sb@home an. Übungsblätter werden
immer montags in der Vorlesung ausgegeben; sie stehen auch online auf der homepage
https://www.mathematik.uni-wuerzburg.de/∼steuding/elemzahltheo2016.htm zur Verfügung
(wie auch die Folien). Bearbeitete Übungsblätter müssen in Gruppen von maximal drei
Studierenden im Raum 00.105 des BSZ im Briefkasten Elementare Zahlentheorie bis 12 Uhr
am Mittwoch der darauffolgenden Woche abgegeben werden. Für die Klausurzulassung sind
50% der Übungspunkte (jeweils 30 pro Blatt) nötig.
Für den begleitenden
vhb-Kurs kann man sich auf der Webseite
www.vhb.org/studierende bis Ende Oktober einschreiben. Der Kurs selbst findet sich
auf der WueCampus2-Plattform unter den Kursen der vhb.
Viel Spaß!
3
Lösungshinweis zu Aufgabe 1:
Die erste Aussage (i) ist falsch, denn wählen wir unsere beiden Mengen (nicht leer und)
identisch, also zum Beispiel A = {1, 2} = B, dann enthält deren Vereinigung A ∪ B = {1, 2}
jedes Element aus A = B nicht doppelt sondern auch nur genau einmal, d.h. ♯(A ∪ B) = 2,
obwohl wir deren Elemente auf der anderen Seite über ♯(A) + ♯(B) = 2 + 2 = 4 > ♯(A ∪ B)
hier gerade doppelt zählen.
Falls dagegen beide Mengen A und B disjunkt sind, also kein Element gemeinsam haben
und wir A ∩ B = ∅ bzw. ♯(A ∩ B) = 0 schreiben können, dann zählen wir über ♯(A) + ♯(B)
kein Element mehr doppelt, was ♯(A ∪ B) = ♯(A) + ♯(B) bedeutet und uns nebenbei bereits
(ii) sowie (iii) für disjunkte Mengen A und B beweist.
Mit dieser Formel für zwei disjunkte Mengen ausgerüstet, versuchen wir nun zuerst (iii)
im allgemeinen Fall (also auch falls A und B nicht disjunkt sind) zu zeigen. Dafür zerlegen
wir A ∪ B in zueinander disjunkte Teilmengen, so dass unsere Formel gut anwendbar wird.
Es gilt A ∪ B = A ∪ (B \ A), wobei nun A und B \ A disjunkt sind, d.h. unsere Formel kann
♯(A ∪ (B \ A)) = ♯(A) + ♯(B \ A) flüstern. Als nächstes können wir für B \ A auch B \ (A ∩ B)
und somit ♯(B \ (A ∩ B)) = ♯(B) − ♯(A ∩ B) schreiben, da A ∩ B eine Teilmenge von B ist,
oder als alternative Begründung, da wir B über B = (B \ (A ∩ B)) ∪ (A ∩ B) wieder disjunkt
für unsere Formel zerlegen können, die dann genau ♯(B) = ♯(B \ (A ∩ B)) + ♯(A ∩ B) liefert.
Gemeinsam erhalten wir
♯(A ∪ B) = ♯(A ∪ (B \ A)) = ♯(A) + ♯(B \ A) = ♯(A) + ♯(B) − ♯(A ∩ B) ,
oder leicht umgestellt wie gewünscht ♯(A) + ♯(B) = ♯(A ∪ B) + ♯(A ∩ B), und (iii) ist wahr.
Da außerdem stets ♯(A ∩ B) > 0 besteht, kann uns nun (iii) insbesondere
♯(A ∪ B) = ♯(A) + ♯(B) − ♯(A ∩ B) 6 ♯(A) + ♯(B) ,
also die Wahrheit von (ii) mitverraten.
Als kleine Modellierung für (iv) seien die verschiedenen Motive von 1 bis 9 nummeriert,
aus denen wir speziell {1, 2, 3, 4, 5, 6}, {4, 5, 6, 7, 8, 9} und {7, 8, 9, 1, 2, 3} als sechselementige
Sammelbildermengen“ für unsere drei Kinder auswählen. Dann sind in der Tat alle (vier)
”
gewünschten Eigenschaften
♯({1, 2, 3, 4, 5, 6} ∪ {4, 5, 6, 7, 8, 9}) = ♯({1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}) = 9 ,
♯({4, 5, 6, 7, 8, 9} ∪ {7, 8, 9, 1, 2, 3}) = ♯({4, 5, 6, 7, 8, 9, 1, 2, 3}) = 9 ,
♯({7, 8, 9, 1, 2, 3} ∪ {1, 2, 3, 4, 5, 6}) = ♯({7, 8, 9, 1, 2, 3, 4, 5, 6}) = 9 ,
sowie ♯({1, 2, 3, 4, 5, 6} ∪ {4, 5, 6, 7, 8, 9} ∪ {7, 8, 9, 1, 2, 3}) = 9 erfüllt.
Die letzte Aussage (v) ist schließlich nicht richtig, betrachten wir nämlich gerade die drei
Mengen A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, B = {4, 5, 6, 7, 8, 9} und C = {7, 8, 9, 1, 2, 3} aus dem Beispiel
für (iv), so sind deren paarweise gebildeten Durchschnitte
A ∩ B = {4, 5, 6}, B ∩ C = {7, 8, 9} und C ∩ A = {1, 2, 3}
zwar nicht leer, aber ihr gemeinsamer Durchschnitt
A ∩ B ∩ C = (A ∩ B) ∩ C = {4, 5, 6} ∩ {7, 8, 9, 1, 2, 3} = ∅
enthält doch keine Elemente mehr, und wir haben ein Gegenbeispiel gefunden.
Lösungshinweis zu Aufgabe 2:
Die Mathematik der Babylonier vor ca. 3500 Jahren war an praktischen Anwendungen
orientiert. Sachverhalte, wie etwa der Satz des Pythagoras, waren wohl bekannt, aber Beweise
werden die Babylonier nicht geführt haben (diese setzen wohl erst mit Thales von Milet im
sechsten Jahrhundert vor unserer Zeitrechnung ein). Es gibt nicht viele Quellen aus dieser
Epoche, auf der Keilschrifttafel YBC 7289 findet
√ sich die kryptische Inschrift 1 24 51 10 in
einem Bild für eine Strecke, welche die Länge 2 hat. Wir notieren dies als
√
2 = 1 24 51 10.
4
Die
√ Zahlen auf der rechten Seite können als Ziffern einer Darstellung einer Zahl (hier also
2) im bei den Babyloniern üblichen Sexagesimalsystem interpretiert werden. Dieses mit
unserem Dezimalsystem verwandte Stellenwertsystem benutzt die Basis 60 (eine Zahl mit
vielen ganzzahligen Teilern, was Rechnungen vereinfacht), entsprechend berechnen wir
24
10
30 547
51
+ 2+ 3 =
60
60
60
21 600
in Analogie zur Dezimalbruchentwicklung
1+
1414
4
4
1
+ 3.
=1+
+
1000
10 102
10
√
Beide Ausdrücke stellen sehr gute rationale Näherungen an 2 bereit:
√
30 547
2−
= 0, 00000 05994 . . .
21 600
bzw.
√
1414
= 0, 00021 35623 . . .,
2−
1000
allerdings liefert die alte babylonische Näherung bereits sechs (und damit
√ doppelt so viele)
Nachkommastellen, was eine doch bemerkenswerte Approximation an 2 ist.
1, 414 =
Benutzte Quelle: Hans Wußing, 6000 Jahre Mathematik, Band 1, Springer 2008 (Kapitel
3.2)
Lösungshinweis zu Aufgabe 3:
Zu (i): In dem Bild tritt eine Art Dreieck“ insgesamt viermal auf, einmal im oberen und
”
dreimal im unteren Teil. Dieses Dreieck“ besteht aus insgesamt n Etagen die mit den ersten
”
ungeraden natürlichen Zahlen von 1 bis 2n − 1 durchnummeriert sind; dabei enthält die jte
Etage genau j Punkte, die so angeordnet sind, dass insgesamt ein gleichschenkliges Dreieck“
”
entsteht. Im unteren Teil sind die drei Dreiecke“ derart zusammengefügt, dass das Dreieck
”
aus dem oberen Teil durch die darauffolgenden ungeraden natürlichen Zahlen 2n + 1, 2n + 3
usw. bis 4n−1 für die Anzahl der jeweiligen Punkte in den jeweiligen 21 (4n−1−(2n−1)) = n
Etagen fortgeführt wird. Aufgrund der Konstruktion treten im unteren Teil dreimal so viele
Punkte wie im oberen Teil auf, was nach Abzählen der Punkte etagenweise auf die Formel
1 + 3 + . . . + (2n − 1)
1
=
(2n + 1) + (2n + 3) + . . . + (4n − 1)
3
führt. Oberhalb des Bildes werden mit
1+3
1+3+5
1
=
=
3
5+7
7 + 9 + 11
Beispiele für diese Formel für n = 1, 2, 3 gegeben.
Zu (ii): Für den Induktionsbeweis formen wir die Formel äquivalent um zu
3 · 1 + 3 + . . . + (2n − 1) = 1 · (2n + 1) + (2n + 3) + . . . + (4n − 1) .
Wir kürzen die linke bzw. die rechte Seite der Gleichung ab mit
L(n) := 3 · 1 + 3 + . . . + (2n − 1) ,
R(n) := 1 · (2n + 1) + (2n + 3) + . . . + (4n − 1) ,
und haben also L(n) = R(n) für beliebiges n ∈ N zu zeigen. Dies bewiesen wir per vollständiger Induktion nach n:
Induktionsanfang n = 1: Hier gilt R(1) = 3 · 1 = 3 und L(1) = 1 · 3 = 3, was mit R(1)
übereinstimmt.
5
Induktionsschritt n 7→ n + 1: Es gelten
L(n + 1) = 3 · 1 + 3 + . . . + (2n − 1) + (2n + 1)
L(n)
+ 3 · (2n + 1),
R(n + 1) = 1 · (2n + 3) + (2n + 5) + . . . + (4n − 1) + (4n + 1) + (4n + 3)
=
=
R(n) −(2n + 1)
+
(4n + 1) + (4n + 3).
Man beachte hier, dass beim Schritt von n 7→ n + 1 der Summand 2n + 1 von der rechten
Seite zur linken wandert! Nach Induktionsannahme gilt L(n) = R(n), womit also L(n + 1) =
R(n + 1) äquivalent zu
3 · (2n + 1) = (4n + 1) + (4n + 3) − (2n + 1)
ist. Und diese Gleichung verifiziert sich durch Nachrechnen: 6n + 3 = 8n + 4 − (2n + 1).
Damit gilt R(n + 1) = L(n + 1) und der Induktionsbewies ist abgeschlossen.