Musterlösung

Wintersemester 10/11
Analysis für Informatiker (Prof. Dr. Bürgisser)
M u s t e r l ö s u n g
z u Ü b u n g s b l a t t 6
Aufgabe 23: (Zahlsysteme, 5 Punkte)
Rechnen Sie die folgenden Zahlen vom Hexadezimalsystem ins Binärsystem um:
1. AC43DE
2. FE4510
3. 23678A
Rechnen Sie die folgenden Zahlen vom Binärsystem ins Hexadezimalsystem um:
1. 11100100011011010001110011110001
2. 10011010100001101100111000101100
3. 1001001100011100100110111100010
Berechnen Sie von folgender, im Binärsystem angegebener, Zahl ihre 7-adische Darstellung:
1. 11101010
Musterlösung:
Weil 16 = 24 können wir stellenweise vorgehen:
A |{z}
C |{z}
4 |{z}
3 |{z}
D |{z}
E
|{z}
1010 1100 0100 0011 1101 1110
also ist AC43DE16
=
1010110001000011110111102 . Analog löst man FE451016
=
1111111001000101000100002 und 23678A16 = 0010001101100111100010102 . Bei den kommenden Aufgaben kann wieder stellenweise vorgegangen werden:
1110
| {z } 0100
| {z} 0110
|{z } 1101
|{z } 0001
| {z } 1100
| {z} 1111
|{z } 0001
|{z }
E
4
6
D
1
C
F
1
also
ist
111001000110110100011100111100012
=
E46D1CF116 .
Analog
ist
100110101000011011001110001011002 = 9A86CE2C16 und 010010011000111001001101111000102 =
498E4DE216 .
Sei z := 111010102 . Für die letzte Teilaufgabe berechnen wir zunächst 107 = 1112 , 1007 = 1100012 ,
10007 = 1010101112 und sehen z < 10007 . Binäre Division mit Rest liefert (z.B. Schulmethode)
111010102 = 1100012 · 1002 + 1001102 . Weiter 1001102 = 1112 · 1012 + 0112 . Also ist 111010102 =
1002 · 1007 + 1102 · 107 + 1002 = 4537 .
Aufgabe 24: (Erweiterter Euklidischer Algorithmus, 5 Punkte)
Berechnen Sie die multiplikativ inversen Elemente zu folgenden Ringelementen oder beweisen
Sie jeweils, dass es keine multiplikativ inversen Elemente gibt:
1. [30]167 ∈ Z167 .
2. [30]168 ∈ Z168 .
3. [65]168 ∈ Z168 .
4. [464461]3726450 ∈ Z3726450 .
5. [464462]3726450 ∈ Z3726450 .
Musterlösung:
1. Sei a = 167, b = 30.
167 = 30 · 5 + 17
17 = a − 5b
30 = 17 · 1 + 13
13 = b − 17 = b − (a − 5b) = −a + 6b
17 = 13 · 1 + 4
4 = 17 − 13 = (a − 5b) − (−a + 6b) = 2a − 11b
13 = 4 · 3 + 1
1 = 13 − 3 · 4 = (−a + 6b) − 3(2a − 11b) = −7a + 39b
Aus 1 = −7a + 39b folgt [1]a = [−7]a [a]a + [39]a [b]a und somit ist [1]a = [39]a · [30]a .
2. 30 und 168 sind nicht teilerfremd, also hat 30 kein Inverses in Z168 .
3. Sei a = 168, b = 65.
168 = 65 · 2 + 38
38 =
65 = 38 · 1 + 27
27 =
38 = 27 · 1 + 11
11 =
27 = 11 · 2 + 5
5 =
11 = 5 · 2 + 1
1 =
Somit ist [65]168 [−31]168 = [1]168 .
| {z }
a − 2b
−a + 3b
2a − 5b
−5a + 13b
12a − 31b
=[137]168
4. Sei a = 3726450, b = 464461.
3726450 = 464461 · 8 + 10762
10762 = a − 8b
464461 = 10762 · 43 + 1695
1695 = −43a + 345b
10762 = 1695 · 6 + 592
592 = 259a − 2078b
1695 = 592 · 2 + 511
511 = −561a + 4501b
592 = 511 · 1 + 81
81 = 820a − 6579b
511 = 81 · 6 + 25
25 = −5481a + 43975b
81 = 25 · 3 + 6
6 = 17263a − 138504b
25 = 6 · 4 + 1
1 = −74533a + 597991b
Somit ist [464461]3726450 · [597991]3726450 = [1]3726450 .
5. 464462 und 3726450 sind nicht teilerfremd, also hat 464462 kein Inverses in Z3726450 .
Aufgabe 25: (Square and Multiply, 5 Punkte)
Beweisen Sie, dass ([11]99 )1089 = [44]99 und dass ([12]1728 )54387434 = [0]1728 .
Musterlösung:
k
[11]299 nimmt folgende Werte an:
k
0
1
2
3
4
5
···
k
[11]299 [11]99 [22]99 [88]99 [22]99 [88]99 [22]99
und so weiter.
6
10
20 +26 +210
Es ist 108910 = 100010000012 . Deshalb ist [11]1089
= [11]99
= [11]99 · [11]299 · [11]299 = [11]99 ·
99
[88]99 · [88]99 = [44]99 .
Da 123 = 1728, gilt ([12]1728 )54387434 = [1728]1728 · ([12]1728 )54387431 = [0]1728 .
Aufgabe 26: (Eulersche Phi-Funktion, 5 Punkte)
Beweisen Sie, dass für alle verschiedenen Primzahlen p, q gilt:
ϕ(p · q) = (p − 1) · (q − 1).
Tipp: Überlegen Sie sich, wie viele Vielfache von p es in {0, . . . , pq − 1} gibt. Analog verfahren
Sie mit q. Wie viele davon sind gemeinsame Vielfache von p und q?
Musterlösung:
Per Definition gilt:
ϕ(p · q) = |{a ∈ N | 0 ≤ a < p · q, ggT(a, p · q) = 1}| .
Wir berechnen ϕ(p · q), indem wir uns zunächst überlegen, welche der Zahlen 0, 1, 2, . . . , p · q − 1 eine
der Zahlen p, q oder p · q als Teiler haben. Die Primzahl p teilt die Zahlen
0, p, 2 · p, 3 · p, . . . , (q − 1) · p.
Insgesamt sind dies q Zahlen. Die Primzahl q teilt die Zahlen
0, q, 2 · q, 3 · q, . . . , (p − 1) · q.
Insgesamt sind dies p Zahlen. Die einzige der Zahlen 0, 1, 2, . . . , p · q − 1, die p · q als Teiler besitzt,
ist 0. Da die Zahl 0 aber sowohl p als auch q als Teiler besitzt, befinden sich unter den Zahlen
0, 1, 2, . . . , p · q − 1 insgesamt genau bereits q + p − 1 Zahlen, die p oder q oder p · q als Teiler besitzen.
Da ϕ(p · q) gerade die Anzahl der zu p · q teilerfremden ganzen Zahlen von 0 bis p · q − 1 ist, folgt:
ϕ(p · q) = p · q − (q + p − 1) = p · q − (p + q) + 1 = (p − 1) · (q − 1).
Dies zeigt die Behauptung.
Aufgabe 27: (Einheiten und Nullteiler, 5 Punkte)
Sei R ein endlicher kommutativer Ring. Beweisen Sie, dass jedes Element x ∈ R entweder
eine Einheit oder ein Nullteiler in R ist. (Beachten Sie, dass 0 als Nullteiler von R gilt).
Hinweis: Sie müssen benutzen, dass R endlich ist, denn es gibt unendliche kommutativer
Ringe, welche Elemente besitzen, die weder Einheit noch Nullteiler sind. Ein Beispiel dafür
ist 2 ∈ Z. Benutzen Sie zur Lösung der Aufgabe, dass eine Abbildung zwischen endlichen
Mengen gleicher Kardinalität injektiv ist, genau dann wenn sie surjektiv ist.
Musterlösung:
Nach Vorlesung gilt für alle x ∈ R, dass sie nicht sowohl Einheit als auch Nullteiler sind. Sei nun x ∈ R
keine Einheit. Betrachte die Abbildung f : R → R, f (a) = ax. Weil x keine Einheit ist, gilt für alle
b ∈ R : bx 6= 1 und somit ist f nicht surjektiv. Dann ist f auch nicht injektiv. Also gibt es b1 , b2 ∈ R,
b1 6= b2 mit b1 x = b2 x. Dann gilt aber (b1 − b2 )x = 0 und b1 − b2 6= 0, also ist x ein Nullteiler.