Musterlösungen

Musterlösungen
Aufgabe 4
Die Zahl unter a) ist (wesentlich) größer als die unter b).
Begründung:
a) Die Anzahl der Dezimalstellen von 2n ist `10 (2n ) = blog10 2n c + 1 ≥ bn ·
log10 2c + 1 ≥ 41 · n + 1, da log10 2 ≥ 14 .
b) Die binäre Länge `2 für einen Term a · xk eines Polynoms an der Stelle n ist
`2 (a · nk ) ≤ `2 (a) + k · `2 (n), und `2 (n) = b77 · log2 10c ≤ 4 · 77 + 1. Also
gilt für ein Polynom P vom Grad 5 mit Koeffizienten mit höchstens 20 Bit:
`2 (P ) ≤ `2 (6) + 20 + 5 · `2 (n) ≤ 3 + 20 + 5 · 4 · 77 + 5. Der Term `2 (6) kommt
von den 6 Summanden in einem Polynom vom Grad 5 her.
Bemerkungen: Die Abschätzung bei b) kann man noch etwas verbessern, braucht
man aber nicht. Man kann sie auch vergröbern und erhält immer noch das gewünschte Resultat. Falsch ist allerdings die Abschätzung : `2 (a + b) ≤ max(`2 (a), `2 (b)),
vielmehr gilt `2 (a + b) ≤ max(`2 (a), `2 (b))) + 1. Ein anderer häufiger Fehler war, daß
O–Abschätzungen benutzt wurden. Diese genügen für konkrete Zahlen nicht, da sie
nur etwas für die Limiten n → ∞ aussagen. Außerdem gibt eine O–Aussage immer
nur eine obere Abschätzung, man braucht in a) aber eine untere Abschätzung.
Aufgabe 6
Antwort: 3
Begründung Ein Punkt P einer elliptischen Kurve E hat dann und nur dann Ordnung 2, wenn P = −P und P 6= O. Für P = (x, y) ∈ R2 ist −P = (x, −y). Und O
ist der unendlich ferne Punkt, das Nullelement der Gruppe E. Gesucht sind also die
Punkte (x, y) ∈ R2 der elliptischen Kurve mit y = 0.
Sei f das Polynom mit f (x) = x3 − 20x + 1. Der Graph dieses Polynoms dritten
Grades hat den skizzierten Verlauf (siehe cubic.jpg), denn f (0) = 1, f (1) < 0,
f (x) → −∞ für x → −∞ und f (x) → +∞ für x → +∞. Also hat f genau 3
verschiedene reelle Nullstellen x1 , x2 , x3 , jeweils mit Vielfachheit 1. Die Elemente
der Ordnung 2 in E sind also genau die drei Punkte (x1 , 0), (x2 , 0), (x3 , 0).
Bemerkungen Das Nullelement von O ist der unendlich ferne Punkt. Seine Ordnung
ist 1, nicht 2, vgl. auch die Diskussion zu Aufgabe 2.