das Skript der ersten Vorlesung

Mathematik für Informatiker B, SS 2012
Dienstag 10.4
$Id: modul.tex,v 1.9 2012/04/10 10:00:31 hk Exp $
Prüfungsleistungen
Wir beschreiben zunächst einmal die zu erbringenden Prüfungsleistungen für diesen
Modul. Diese teilen sich in zwei Komponenten auf:
1. Eine Klausur am Ende des Semesters beziehungsweise am Anfang der nächsten
Vorlesungszeit. Diese Klausur geht zu 60% in die Endnote ein.
2. Die während des Semesters zu erbringenden vorlesungsbegleitenden Leistungen
gehen zu 40% in die Endnote ein.
Zum Bestehen des gesamten Moduls müssen mindestens 50% der insgesamt erreichbaren Punktzahl erreicht werden. Werden genau diese 50% erreicht, so ergibt sich die
Note 4,0. Der Notenspiegel nach dem sich die Staffelung der restlichen Noten ergibt
ist noch nicht festgelegt. Ist das Ergebnis aus der Klausur besser als das aus Klausur
und vorlesungsbegleitenden Leistungen zusammengesetzte Ergebnis, so zählt nur die
Klausur. In diesem Sinne sind die vorlesungsbegleitenden Leistungen Bonuspunkte“,
”
und durch Mitarbeit während des Semesters können Sie Ihr Ergebnis nur verbessern
aber nicht verschlechtern.
Die vorlesungsbegleitenden Leistungen setzen sich wiederum aus zwei Teilen zusammen:
1. Zur einen Hälfte aus zwei während des Semesters geschriebenen Minitests. In
beiden Minitests ist exakt dieselbe Punktzahl erreichbar, jeder einzelne Minitest
geht also zu 25% in die vorlesungsbegleitenden Leistungen, beziehungsweise zu
10% in die Endnote ein. Die beiden Minitests finden an den folgenden Terminen
statt:
Test 1 Donnerstag der 3.5.2012.
Test 2 Dienstag der 5.6.2012.
Die Minitests finden jeweils in der letzten halben Stunde der Vorlesung statt (also
auch im selben Raum in dem die Vorlesung stattfindet).
2. Die andere Hälfte der vorlesungsbegleitenden Leistungen sind die wöchentlich abzugebenden, schriftlichen Übungsaufgaben. Dabei lassen sich in jedem Übungsblatt genau 10 Punkte erreichen. Die Punkte werden Ihnen dabei nur dann angerechnet wenn Sie in der Übungstunde in der die fraglichen Aufgaben besprochen
werden auch anwesend waren. Die Besprechung einer Aufgabe findet dabei immer
in den Übungen in der auf die Abgabe folgenden Woche statt (beziehungsweise
noch eine Woche später wenn die Übung durch einen Feiertag ausfällt).
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Die Abgabe der Übungsaufgaben in Zweiergruppen ist erlaubt, aber nicht in noch
größeren Gruppen. Falls bei der Besprechung eines Übungsblatts nur ein Mitglied einer
solchen Zweiergruppe anwesend ist, so werden auch nur diesem die Punkte angerechnet.
Die schlechtesten zwei Serien werden gestrichen, und die verbleibenden Punkte gehen
dann zu 50% in die vorlesungsbegleitenden Leistungen, beziehungsweise zu 20% in die
Endnote ein.
Zur Zulassung zur Klausur müssen Sie während des Semesters mindestens einmal
eine Aufgabe in der Übung vorrechnen. Dies kann entweder eine schriftliche oder eine
der Präsenzaufgaben sein.
Die Endklausur dauert 90 Minuten (der Termin wird noch bekannt gegeben). Mindestens eine der Aufgaben der Endklausur ist identisch mit einer der Übungsaufgaben,
das kann eine schriftliche oder eine Präsenzaufgabe sein.
Da das alles etwas kompliziert ist, wollen wir hier noch ein Beispiel für einen möglichen Semesterverlauf vorführen. Wir nehmen die folgenden Punktezahlen an:
Klausur 80 Punkte,
Übungen 12 Serien zu je 10 Punkten,
Minitests Je 30 Punkte.
Weiter nehmen wir an das Sie die folgenden Punktzahlen erreichen:
1. In einem Übungsblatt werden nur 2 Punkte erzielt.
2. Ein Übungsblatt wird gar nicht abgegeben (oder die Besprechung) versäumt.
3. Aus den restlichen 10 Blättern kriegen Sie insgesamt 84 Punkte und jedes einzelne
Blatt ist besser als 2 Punkte.
4. Im ersten Minitest schreiben Sie 17 Punkte,
5. und im zweiten Minitest 26 Punkte.
6. Die Klausur läuft nicht so gut, und Sie schreiben hier nur 26 Punkte.
Dann werden die beiden schlechtesten Übungen gestrichen, also einmal null und einmal
zwei Punkte, und es verbleiben 84 von 100 Punkten, also
84 / 100 = 0, 84.
In den beiden Minitests haben Sie 43 von insgesamt 60 möglichen Punkten, also
43 / 60 = 0, 72 (gerundet).
Die Klausur ist schließlich 26 von 80 Punkten, also
26 / 80 = 0, 33 (gerundet).
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Die Klausur alleine ist also weit von den erforderlichen 50% weg. Damit ergibt sich für
das gesamte Semester
0, 2 · 0, 84 = 0, 168
0, 2 · 0, 72 = 0, 144
0, 6 · 0, 33 = 0, 21
0, 522.
Übungen (20%)
Minitests (20%)
Klausur (60%)
Insgesamt sind also ungefähr 52% erreicht und der Modul ist bestanden.
§1
Modulare Arithmetik
Im ersten Teil der Vorlesung wird es um die Behandlung der algebraischen Grundstrukturen gehen, dies sind für unsere eher bescheidenen Zwecke Gruppen, Ringe und
Körper. Zur Einstimmung auf diesen Themenkreis behandeln wir zunächst die modu”
lare Arithmetik“, manchmal auch Kongruenzrechnung“ oder Restklassenrechnung“
”
”
genannt. Diese wird sich als ein Beispiel für viele der später untersuchten Strukturen
herausstellen. Wir führen dabei auch die vollständigen Herleitungen, nahezu bei Null
beginnend, vor.
1.1
Teiler
Als vorbereitenden Grundbegriff benötigen wir die Teilbarkeitstheorie“ ganzer Zahlen.
”
All die Aussagen dieses Abschnitts werden Ihnen schon aus der Schulzeit bekannt sein.
Wir beweisen sie nicht etwa weil Zweifel an ihrer Gültigkeit bestehen würden, sondern
um uns an einem vertrauten und einfachen Gegenstand wieder an die Beweistechniken
der Mathematik zu gewöhnen. Das nachfolgende Lemma charakterisiert die Division
mit Rest.
Lemma 1.1 (Division mit Rest)
Zu jedem Zahlenpaar (a, d) ∈ Z × Z∗ gibt es eindeutig bestimmte Zahlen q, r ∈ Z mit
a = dq + r und 0 ≤ r < |d|.
Dabei heißen a der Divident, d der Divisor, q der Quotient und r der Rest. Das ∗“ bei
”
Z∗ steht einfach für das Weglassen der Null, also
Z∗ := Z\{0}.
Gehen wir einmal einige Beispiele durch:
1. Sei (a, d) = (99, 4), es soll also 99 mit Rest durch 4 geteilt werden. Wir haben
99 = 24 · 4 + 3, d.h. in der Notation des Lemmas sind q = 24 der Quotient und
r = 3 der Rest.
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2. Sei (a, d) = (99, −4), wir teilen diesmal also durch −4. Dies läßt sich leicht auf
den schon behandelten Fall zurückführen, es ist
99 = 24 · 4 + 3 = (−24) · (−4) + 3,
d.h. der Quotient ist q = −24 und der Rest ist wieder r = 3.
3. Im nächsten Beispiel betrachten wir einen negativen Dividenden, nämlich (a, d) =
(−99, 4). Multiplizieren wir 99 = 24 · 4 + 3 mit −1, so wird −99 = (−24) · 4 − 3.
Dies ist aber noch nicht die Form des Lemmas, in der Position des Restes steht
hier −3, aber im Lemma muss der Rest mindestens Null sein. Das ist kein großes
Problem
−99 = (−24) · 4 − 3 = (−24) · 4 − 4 + 1 = (−25) · 4 + 1,
d.h. es sind q = −25 der Quotient und r = 1 der Rest.
4. Zum Abschluß sei noch (a, d) = (−99, −4). Dies kann man auf den vorigen Fall
zurückführen genauso wie das zweite Beispiel auf das erste zurückgeführt wurde.
Es gilt −99 = (−25) · 4 + 1 = 25 · (−4) + 1, also q = 25 und r = 1.
Wir wollen Lemma 1 jetzt tatsächlich einmal beweisen. Ähnlich wie wir in den Beispielen gerechnet haben, läßt sich die Aussage auf den Hauptfall a ≥ 0, d > 0 zurückführen.
Machen wir uns die Aussage erst einmal heuristisch klar. Um a als a = dq + r zu schreiben, schaut man zuerst nach wie oft d in a hereinpasst. Wir schauen uns also die Zahlen
d, 2d, 3d, 4d, . . . und so weiter an. Irgendwann werden diese größer als der Dividend a,
und unser Quotient q ist gerade diejenige Zahl für die dq noch nicht größer als a geworden ist.
0
d
2d
3d
qd
a (q+1)d
Das muss man jetzt nur noch ausformulieren, und hat einen Beweis des Lemmas. Bevor wir dies tun erinnern wir uns noch an eine Kleinigkeit über das Umgehen mit
Ungleichungen. Angenommen wir haben drei (reelle) Zahlen a, b, c. Dann ist
a ≤ b ⇐⇒ a + c ≤ b + c
der Wahrheitsgehalt einer Ungleichung bleibt unverändert wenn wir zu beiden Seiten
dieselbe Zahl addieren. Das gilt auch wenn wir von beiden Seiten dieselbe Zahl abziehen,
denn Subtraktion von c ist ja dasselbe wie Addition mit −c. Besonders häufig wird dies
angewendet um Terme in einer Ungleichung auf die andere Seite zu bringen, wir haben
zum Beispiel
a ≤ b + c ⇐⇒ a − c ≤ (b + c) − c = b.
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Derlei Dinge und auch die entsprechenden Tatsachen für die Multiplikation werden wir
im folgenden frei verwenden.
Bew. (Lemma 1) Wir beginnen mit dem Beweis der Eindeutigkeit von Quotient und
Rest. Angenommen es sind q, q 0 , r, r0 ∈ Z mit 0 ≤ r, r0 < |d| und
a = dq + r = dq 0 + r0 .
Wir müssen einsehen, dass dann schon q = q 0 und r = r0 ist. Sortieren wir die Terme
etwas um, so wird die obige Gleichung zu
r0 − r = dq − dq 0 = d · (q − q 0 ).
Dabei ist
−|d| < −r ≤ r0 − r ≤ r0 < |d|, d.h. |r0 − r| < |d|.
Im letzten Semester hatten Sie festgehalten, dass der Betrag eines Produkts gleich dem
Produkt der Beträge ist, damit ist also auch
|d| · |q − q 0 | = |d · (q − q 0 )| = |r0 − r| < |d|,
und dies bedeutet |q − q 0 | < 1. Andererseits ist q − q 0 ∈ Z eine ganze Zahl, und die
einzige ganze Zahl von zwischen −1 und 1 ist 0, d.h. es muss q − q 0 = 0 sein. Dies
bedeutet q = q 0 und weiter ist dann auch r = a − dq = a − dq 0 = r0 .
Dies beweist die Eindeutigkeitsaussage und wir kommen zum Beweis der Existenz
von Quotient und Rest. Wie schon angekündigt unterscheiden wir dabei einige Fälle
je nach Vorzeichen von a und d. Zunächst seien a ≥ 0 und d > 0. Wir setzen q als
die größte ganze Zahl mit dq ≤ a und r := a − dq. Dann gilt sicher a = dq + r und
wir müssen uns nur noch klarmachen, dass r die Großenbeschränkung 0 ≤ r < |d| = d
erfüllt. Wegen dq ≤ a ist dabei r = a − dq ≥ 0. Da q maximal mit dq ≤ a ist, gilt
dq + d = d(q + 1) > a, und dies bedeutet r = a − dq < d. Damit ist die Behauptung
im Fall a ≥ 0, d > 0 bewiesen.
Die restlichen Fälle für a und d werden wie im Beispiel auf den bereits bewiesenen
Fall zurückgeführt. Zunächst nehme a < 0 und d > 0 an. Wenden wir die bereits
bewiesene Aussage mit −a > 0 statt a an, so erhalten wir die Existenz ganzer Zahlen
q, r ∈ Z mit a = dq + r und 0 ≤ r < d. Multiplikation dieser Gleichung mit −1 ergibt
−a = −dq − r = −dq − d + d − r = d · (−q − 1) + (d − r).
Jetzt müssen wir zwei Fälle unterscheiden. Ist der Rest gleich Null, also r = 0, so ist
−a = d · (−q), also gilt das Lemma mit −q als Quotient und 0 als Rest. Andernfalls
ist 0 < r < d, also auch 0 < d − r < d, und wir haben den Quotienten −q − 1 und den
Rest d − r.
Damit sind die beiden Fälle mit d > 0 behandelt. Wir nehmen also schließlich
d < 0 an. Wenden wir die bereits bewiesenen Aussagen dann mit −d > 0 statt d an,
so erhalten wir q, r ∈ Z mit 0 ≤ r < −d = |d| und a = (−d)q + r = d · (−q) + r, der
Quotient ist also −q und der Rest ist r.
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Damit sind alle möglichen Fälle behandelt und das Lemma ist vollständig bewiesen.
Der Beweis zeigt uns insbesondere, dass das Vorzeichen des Quotienten q gleich dem
Vorzeichen von ad ist. Die praktische Durchführung der Bestimmung von Quotient und
Rest kann zum Beispiel über den bekannten schriftlichen Divisionsalgorithmus erfolgen.
Wir definieren jetzt die Teilbarkeitsrelation auf den ganzen Zahlen.
Definition 1.2: Eine ganze Zahl d ∈ Z∗ heißt ein Teiler einer ganzen Zahl a ∈ Z wenn
der Rest r bei Division von a durch d gleich r = 0 ist. Man schreibt dann auch
d | a (d teilt a).
Für die Verneinung, also wenn d kein Teiler von a ist, schreiben wir
d - a (d ist kein Teiler von a).
Wegen a = dq + r ist d genau dann ein Teiler von a wenn a ein Vielfaches von d ist,
wenn es also ein q ∈ Z mit a = dq gibt. Jedes d ∈ Z∗ ist Teiler der Null: d | 0. Wir
wollen einige einfache Eigenschaften des Teilbarkeitsbegriffs durchgehen.
1. Für alle a, b, c ∈ Z gilt
a | b ∧ b | c =⇒ a | c.
Dies ist leich zu sehen, gelten a | b und b | c, so existieren ganze Zahlen q, q 0 ∈ Z
mit b = qa und c = q 0 b, also ist auch c = q 0 b = q 0 qa und somit ist a ein Teiler von
c. Die Eigenschaft d ist Teiler von a“ kann man also auffassen als eine transitive
”
Relation auf Z.
2. Die Teilbarkeitsrelation ist auch reflexiv, d.h. für alle a ∈ Z gilt a | a.
3. Dagegen ist die Teilbarkeitsrelation weder symmetrisch noch antisymmetrisch.
Anstelle dessen haben wir für alle a, b ∈ Z die Implikation
a | b ∧ b | a =⇒ b = ±a.
Es gibt dann nämlich ganze Zahlen q, q 0 ∈ Z mit b = qa und a = q 0 b, also ist
auch b = qa = qq 0 b und somit qq 0 = 1. Da q, q 0 ganze Zahlen sind, muss damit
q = q 0 = 1 oder q = q 0 = −1 sein, d.h. wir haben b = qa = ±a.
4. Eine letzte Regel betrifft Kombinationen ganzer Zahlen im folgenden Sinn
d | a ∧ d | b =⇒ d | αa + βb
für alle a, b, d, α, β ∈ Z. Ein gemeinsamer Teiler von a und b teilt also auch jede
Kombination αa + βb von a und b. Dies kann man leicht sehen, es gibt ja ganze
Zahlen n, m ∈ Z mit a = nd und b = md, und dann ist auch
αa + βb = αnd + βmd = (αn + βm)d
ein Vielfaches von d, d.h. wir haben d|αa + βb.
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Wir kommen jetzt zum, Ihnen höchstwahrscheinlich auch schon bekannten Begriff,
des größten gemeinsamen Teilers zweier ganzer Zahlen. Dabei kann man größten“ so”
wohl bezüglich der gewöhnlichen numerischen Anordnung der ganzen Zahlen als auch
bezüglich der Teilbarkeitsrelation interpretieren. Dies ist eine rein willkürliche Entscheidung, es kommt beides mal dasselbe heraus. Wir entscheiden uns hier für die zweite
Möglichkeit und stellen uns zunächst auf den Standpunkt das die Existenz des größten
gemeinsamen Teilers nicht bekannt wäre.
Definition 1.3: Zu zwei ganzen Zahlen a, b ∈ Z heißt d ∈ Z∗ ein gemeinsamer Teiler
von a und b wenn d | a und d | b gelten. Gilt ferner d > 0 und ist für jeden anderen gemeinsamen Teiler c ∈ Z∗ von a und b stets auch c|d, so heißt d ein größter gemeinsamer
Teiler von a und b, und wird bezeichnet mit d = ggt(a, b).
Hier wird noch vorsichtig von einem größten gemeinsamen Teiler“ gesprochen, da
”
wir noch nicht bewiesen haben, dass es stets genau einen solchen gibt. Der Beweis dieser
Tatsache sowie das Verfahren zu seiner Berechnung werden ein Thema der nächsten
Vorlesung sein. Einige Vorarbeiten werden wir schon heute durchführen. Wir werden
die Fragen der Eindeutigkeit und der Existenz getrennt behandeln, und beginnen mit
der Eindeutigkeit.
Lemma 1.4 (Eindeutigkeit des größten gemeinsamen Teilers)
Zu a, b ∈ Z kann es maximal einen größten gemeinsamen Teiler geben.
Beweis: Seien d1 , d2 > 0 zwei größte gemeinsame Teiler von a und b. Da d2 ein gemeinsamer Teiler von a und b ist und d1 ein größter gemeinsamer Teiler von a und b ist,
also von jedem anderen gemeinsamen Teiler geteilt wird, ist d2 |d1 . Vertauschen wir die
Rollen von d1 und d2 , so folgt ebenso auch d1 |d2 . Mit der obigen dritten Eigenschaft
des Teilbarkeitsbegriffs folgt hieraus d2 = ±d1 , und wegen d1 , d2 > 0 ist sogar d1 = d2 .
Damit haben wir die Eindeutigkeit des größten gemeinsamen Teilers bewiesen. Wir
werden die Existenz durch Angabe eines Berechnungsverfahrens beweisen, des sogenannten euklidischen Algorithmus. Um die Korrektheit dieses Algorithmus einsehen zu
können, ist es hilfreich ein kleines vorbereitendes Lemma voranzuschicken.
Lemma 1.5: Sei a, b ∈ Z. Dann gelten:
(a) Ist 0 6= a | b, so gilt |a| = ggt(a, b).
(b) Sind d, q ∈ Z, so gilt die Äquivalenz
d = ggt(a, b) ⇐⇒ d = ggt(a − qb, b).
(d) Für d ∈ Z ist genau dann d = ggt(a, b) wenn d = ggt(b, a) ist.
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Beweis: (a) Zunächst ist |a| ∈ N∗ überhaupt ein gemeinsamer Teiler von a und b.
Jeder weitere gemeinsame Teiler c von a und b ist insbesondere ein Teiler von a und
damit auch von |a|, d.h. c | |a|. Damit ist |a| ein größter gemeinsamer Teiler von a
und b, und wir haben |a| = ggt(a, b).
(b) ”=⇒” Zunächst ist d ein Teiler von a und b, also d|a und d|b, und wie oben als
Punkt 4 festgehalten teilt d damit auch jede Kombination von a und b, also insbesondere
d|a−qb. Somit ist d ein gemeinsamer Teiler von a−qb und b. Ist jetzt c ∈ Z ein weiterer
gemeinsamer Teiler von a − qb und b, so folgt ebenso d|(a − qb) + qb = a, d.h. c ist auch
ein gemeinsamer Teiler von a und b, und dies bedeutet c|d. Dies zeigt d = ggt(a−qb, b).
”⇐=” Wenden wir die bereits bewiesene Implikation an, so ergibt sich d = ggt(a −
qb − (−q)b, b) = ggt(a, b).
(c) Dies ist klar da die Definition eines größten gemeinsamen Teilers symmetrisch in a
und b ist.
Aussage (c) zeigt uns insbesondere das wir in Teil (b) genausogut Vielfache der linken
von der rechten Seite subtrahieren können ohne den größten gemeinsamen Teiler zu
ändern.
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