Lösungen zum 2. Übungsblatt Diskrete Strukturen (WS 09/10)

Lösungen zum 2. Übungsblatt
Diskrete Strukturen (WS 09/10)
Bauhaus-Universität Weimar, Professur für Mediensicherheit
Prof. Dr. Stefan Lucks, Ewan Fleischmann
Web: medsec.medien.uni-weimar.de
Aufgabe 4.
(a) Wandeln Sie die folgenden Zahlen in das 2-er, 3-er, 7-er, 10-er und 16-er System um. Geben
Sie bei insgesamt mindestens 5 Lösungen den genauen Rechenweg dazu an. Hinweis: Die
tiefgestellten Ziern geben das Zahlensystem an in welchem die Aufgabe gestellt ist.
(a) (100)2 , (100)4 , (100)10 , (100)16
(b) (F F )17 , (35)8 , (A)B , (123)16
Lösung
:
Basis:
2
3
7
10
16
(100)2
(100)4
(100)10
(100)16
(F F )2
(35)8
(A)11
(123)16
100
1000 0
1100 100
1000 0000 0
1000 0111 0
1110 1
1010
1001 0001 1
11
121
1020 1
1001 11
1010 00
1002
101
1012 10
4
22
202
514
534
41
13
564
4
16
100
256
270
29
10
291
4
10
64
100
10E
1D
A
123
Aufgabe 6. (2 Punkte)
Beweise die folgenden Aussagen über gröÿte gemeinsame Teiler (ggT ).
(a) ggT (ka, kb) = k · ggT (a, b) für alle k ∈ N.
(b) ggT (a, b) = ggT (a + kb, b) für alle k ∈ Z.
Lösung:
Beweis:
(a)
Der ggT von ka und kb ist die kleinste 'positive' Linearkombination von ka und kb (d.h s und t
sind entsprechend gewählt)
s · ka + t · kb
(∀ s, t ∈ Z).
Diese ist gleich der kleinsten positiven Wert von
k(s · a + t · b)
und dies ist gleich dem k-fachen kleinsten positiven Wert von
s·a+t·b
und dies ist gleich k · ggT (a, b). Damit folgt die Behauptung.
1
(b)
Wir zeigen, dass jede Linearkombination von a, b sich auch also Linearkombination von a + kb und
b darstellen lässt. Daraus folgt dann die Behauptung.
'⇒'
Wenn x = sa + tb, dann ist für s0 = s, t0 = t − s0 k auch x = s0 (a + kb) + t0 b.
'⇐'
Für x = s0 (a + kb) + t0 b folgt dann mit s = s0 , t = t0 + s0 k dann x = sa + tb.
Da dies für jede Linearkombination gilt, ist die Aussage inbesondere für die kleinste positive
Linearkombination gültig.
Nachfolgend ist ein Beispiel einer Liste von aufeinanderfolgenden,
zusammengesetzten Zahlen (d.h. keine Primzahlen) angegeben:
Aufgabe 7. (2 Punkte)
114, 115, 116, 117, 118, 119, 120, 121, 122, 123, 124, 125, 126.
Beweisen Sie, dass es für alle n ∈ N eine solche Liste der Länge n gibt. Betrachten Sie dabei
insbesondere Zahlen > n! = n · (n − 1) · · · 3 · 2 · 1.
Lösung:
(n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, (n + 1)! + 4, . . . , (n + 1)! + (n + 1)
Hinweis: Der Faktor auf der rechten Seite ist immer auch im Faktor der linken Seiten enthalten.
Z.B. ist
(n + 1)! + 3 = 3 · ([2 · 4 · 5 . . . (n + 1)] + 1).
Somit ist klar, dass sich (n + 1)! + 3 durch 3 teilen lässt.
2