Allgemeine Algebra für Inf./WI-Inf.

A
Fachbereich Mathematik
Prof. Christian Herrmann
Richard Holzer
Tobias Löw
TECHNISCHE
UNIVERSITÄT
DARMSTADT
Wintersemester 2003/04
4. Dezember 2003
Allgemeine Algebra für Inf./WI-Inf.
Lösungshinweise zum siebten Übungsblatt
Präsenzübungen
(T 6) Maxitest
Ein Halbring ist eine algebraische Struktur (S, ⊕, ⊗, I0 , I1 ) mit ⊕, ⊗ : S × S → S und I0 , I1 ∈ S,
für die für alle a, b, c ∈ S gilt
(i) a ⊕ (b ⊕ c) = (a ⊕ b) ⊕ c
(iv) a ⊗ I1 = I1 ⊗ a = a
(ii) a ⊕ I0 = I0 ⊕ a = a
(v) a ⊕ b = b ⊕ a
(iii) a ⊗ (b ⊗ c) = (a ⊗ b) ⊗ c
(vi) a ⊗ (b ⊕ c) = (a ⊗ b) ⊕ (a ⊗ c)
Erfüllt ein Halbring darüber hinaus
(vii) Für jede Folge (a1 , a2 , . . .) kann man unabhängig von der Reihenfolge eine Summe
∞
M
an ∈ S
n=1
definieren.
(viii)
∞
M
n=1
!
an
⊗
∞
M
!
bn
=
∞
M
an ⊗ bm
n,m=1
n=1
dann wird er als abgeschlossener Halbring bezeichnet.
(vgl. Inf III Skript / Waldschmidt,Guntermann, p. 84f)
(a) Welche der obigen algebraischen Strukturen (S, ⊕, ⊗) wird zum Halbring, wenn man I0 und
I1 geeignet wählt?
(b) Welche erfüllt (a), wenn man zu S ein Element ∞ hinzunimmt und x ⊕ ∞, ∞ ⊕ x, x ⊗ ∞
und ∞ ⊗ x passend definiert?
(c) Welche erfüllt (a) und erlaubt die Definition einer Summation
(a1 , a2 , . . .) 7→
∞
M
an
n=1
so, daß man einen abgeschlossenen Halbring erhält, für den
∞
M
n=1
an = a1 ⊕ · · · ⊕ am
falls an = I0 für n > m
gilt?
(d) Welche erfüllt (c) nachdem man gemäß (b) ∞ hinzugenommen hat?
1. (N, +, ·):
(a) I0 = 0, I1 = 1
(b) x + ∞ = L
∞ = ∞ + x, x · ∞ = ∞ = ∞ · x für x > 0, 0 · ∞ = 0
(c) Ja. Setze ∞
n=1 an = 0 für divergente Reihen.
(d) Ja
2. (R≥0 , +, ·):
(a) I0 = 0, I1 = 1
(b) x + ∞ = L
∞ = ∞ + x, x · ∞ = ∞ = ∞ · x für x > 0, 0 · ∞ = 0
(c) Ja. Setze ∞
n = 0 für divergente Reihen.
n=1 a
L
(d) Ja. Wähle z. B. ∞
n=1 an = ∞ falls es kein m gibt, sodaß an = 0 für alle n > m.
3. (R≥0 , min, +):
(a) Nein
(b) I0 = ∞, I1 = 0
(c) Nein
(d) Ja
4. (P(X), ∪, ∩):
(a) I0 = ∅, I1 = X
(b) x ∪ L
∞ =S
∞ = ∞ ∪ x, x ∩ ∞ = ∞ = ∞ ∩ x
(c) Ja. L =
(d) Ja. ∞
n=1 an = ∞ genau dann wenn mindestens ein an = ∞.
5. (P(X), ∩, ∪) (a) I0 = X, I1 = ∅
(b) x ∪ L
∞ =T
∞ = ∞ ∪ x, x ∩ ∞ = ∞ = ∞ ∩ x
(c) Ja. L =
(d) Ja. ∞
n=1 an = ∞ genau dann wenn mindestens ein an = ∞.
(P 15) Teilen mit Rest
Zeige mittels Ordnungsinduktion, daß es für Zahlen a, b ∈ N mit b > 0 stets Zahlen q, r ∈ N mit
r < b gibt, sodaß
a=q·b+r
gilt.
Wir induzieren über a: Angenommen wir haben obige Aussage für alle Zahlen kleiner a gezeigt,
dann gibt es zwei mögliche Fälle:
a < b: In diesem Fall wählen wir q = 0 und r = a.
a ≥ b: Dann gilt a − b < a und nach Induktionsannahme gibt es q, r ∈ N mit r < b, sodaß
a−b=q·b+r
gilt. Addiert man auf beiden Seiten b dann erhält man
a = (q + 1) · b + r
und der Beweis ist fertig.
(P 16) Rekursion
Sei C die Menge aller Worte über dem Alphabet {a, b, c, d, e}, die keines der Wörter cd, ce, ed,
ee als (zusammenhängendes) Teilwort enthalten. (Die Elemente in C bezeichnen wir auch als die
erlaubten Worte.) Sei cn die Anzahl der erlaubten Worte der Länge n. Gesucht ist eine explizite
Formel zur Berechnung von cn .
Sei weiterhin B die Menge aller erlaubten Worte, die c oder e als letzten Buchstaben haben, sowie
A := C \ B.
(a) Betrachte die Anzahl bn der Wörter in B von Länge n, sowie an = cn − bn . Berechne die
Werte ai , bi und ci für i = 0, 1, 2.
Durch einfaches Abzählen erhalten wir
b0
b1
b2
c0
c1
c2
=0
=2
=5·2−2=8
=1
=5
= 5 · 5 − 4 = 21
(es gibt kein leeres Wort, daß mit ’c’ oder ’e’ endet)
(’c’ oder ’e’)
a0 = 1
a1 = 3
a2 = 13
(b) Gib rekursive Definitionen für A und B an.
Hinweis: Definiere A (bzw. B) durch Ausdrücke mit A und(!) B. Betrachte hierfür die letzten
und vorletzten Buchstaben der Wörter.
Durch eine genaue Analyse der letzten beiden Buchstaben der erlaubten Wörter erhalten wir
B = Ac ∪ Ae ∪ Bc
und
A = Aa ∪ Ab ∪ Ad ∪ Ba ∪ Bb ∪ {ε}
wobei Xy := {cat(w, y) | w ∈ X}, cat(w, y) an das Wort w den Buchstaben y anhängt und
ε das leere Wort ist.
P∞
n
(c) Bestimme
gebrochenrationale Polynome die gleich den Potenzreihen
bzw.
n=0 an x
P∞
n
b
x
sind.
n=0 n
P
P∞
n
n
Zur Einfachheit sei PA := ∞
n=0 an x und PB :=
n=0 bn x . Unter Verwendung des vorherigen Aufgabenteils folgt
PB = 2x · PA + x · PB
PA = 3x · PA + 2x · PB + 1
es folgt
(3x − 1) PA +
2x
PB = −1
2x
PA + (x − 1) PB = 0
also
PB =
2x
PA
1−x
und (3x − 1)PA +
4x2
PA = −1
1−x
bzw.
PA =
1−x
1 − 4x − x2
und PB =
2x
1 − 4x − x2
P
n
(d) Bestimme daraus eine Darstellung der Potenzreihe ∞
n=0 cn x als gebrochenrationales Polynom.
P
n
Wir definieren wieder PC := ∞
n=0 cn x und es folgt sofort
PC = PA + PB =
2x
1+x
1−x
+
=
2
2
1 − 4x − x
1 − 4x − x
1 − 4x − x2
(e) Gib eine rekursive Definition für die cn an.
Durch Umformen der Darstellung von PC erhalten wir
1+x
1 − 4x − x2
2
(1 − 4x − x )PC = 1 + x
PC − 4xPC − x2 PC = 1 + x
PC =
Daraus folgt c0 = 1, c1 − 4c0 = 1 und cn − 4cn−1 − cn−2 = 0 für n ≥ 2 und damit die
Rekursionsvorschrift
c0 = 1
c1 = 5
cn = 4cn−1 + cn−2
für n ≥ 2
(f) Finde mittels Partialbruchzerlegung eine explizite Darstellung für die cn .
Mittels Partialbruchzerlegung erhalten wir
PC =
1+x
1 −√4x − x2
5−5
10
√
5+5
10
√
√ −
x+2− 5 x+2+ 5
√
√
1
1
5+5
5−5
√ ·
√ ·
=
+
−x
−x
√
10(2 + 5) 1 − 2+√5
10(2 − 5) 1 − 2− 5
√
√
n
n
∞ ∞ −1
−1
5+5 X
5−5 X
n
√
√
√
√
xn
=
x +
10(2 + 5) n=0 2 + 5
10(2 − 5) n=0 2 − 5
=
also
√
5−5
√
cn =
10(2 − 5)
−1
√
2− 5
n
Übrigens, cn ist die (3n + 2)-te Fibonacci-Zahl.
√
5+5
√
+
10(2 + 5)
−1
√
2+ 5
n