Mathematik für Informatiker I Musterlösungen zum Hausübungsblatt 4

Mathematik für Informatiker I
Christoph Eisinger
Wintersemester 2010/11
Musterlösungen zum Hausübungsblatt 4
Aufgabe 1
(a) Berechnung von ggT(43, 68) mittels
des Euklidischen Algorithmus:
(b) Berechnung von ggT(3362, 4018) mittels
des Euklidischen Algorithmus:
4018 = 1 · 3362 + 656
3362 = 2 · 656 + 82
656 = 8 · 82 + 0
68 = 1 · 43 + 25
43 = 1 · 25 + 18
25 = 1 · 18 + 7
18 = 2 · 7 + 4
7=1·4+3
4=1·3+1
3=3·1+0
Also ist ggT(3362, 4018) = 82.
Also ist ggT(43, 68) = 1.
(3+3 Punkte)
Aufgabe 2
(a) Aus b|a1 und b|a2 folgt, dass es q1 , q2 ∈ Z gibt mit
a1 = q1 b und a2 = q2 b.
Daher gilt, dass
α · a1 + β · a2 = α · q1 b + β · q2 b = (α · q1 + β · q2 )b,
und da α · q1 + β · q2 ∈ Z, folgt, dass b|α · a1 + β · a2 .
(b) Da a|b, gibt es ein q1 ∈ Z mit b = q1 a, und da b|a, gibt es ein q2 ∈ Z mit
a = q2 b = q2 q1 a.
Also folgt, dass q2 q1 = 1, und damit q1 = 1 oder q1 = −1, da q1 , q2 ∈
also a = b oder a = −b, und daher |a| = |b|.
1
Z. Wir haben
(2+2 Punkte)
Aufgabe 3
Eine Linearfaktorzerlegung des Polynoms p(n) := n3 − n liefert
p(n) = n · (n2 − 1) = (n − 1) · n · (n + 1),
für ganzzahlige n ist p(n) also das Produkt von drei aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen.
Von diesen ist immer genau eine durch 3 teilbar, also auch p(n). Mindestens eine dieser
drei Zahlen ist aber auch durch 2 teilbar, und daher auch p(n). p(n) ist also für alle ganzen
Zahlen n durch 3 und durch 2 teilbar, also auch durch 6.
(5 Punkte)
Aufgabe 4
Bezeichne die Folge mit a1 , . . . , an2 +1 . Für k = 1, . . . , n2 + 1 sei sk bzw. fk die Länge der
längsten streng monoton steigenden bzw. fallenden Teilfolge, die bei ak beginnt.
Wir beweisen die Aussage per Widerspruch. Nimm also an, dass es keine streng monoton
steigende oder fallende Teilfolge der Länge n + 1 gibt. Dann sind sk und fk natürliche
Zahlen ≤ n, und es gibt n2 mögliche Werte für die n2 + 1 geordneten Paare
(sk , fk ),
k = 1, . . . , n2 + 1.
Nach dem Schubfachprinzip müssen zwei dieser Paare gleich sein, d.h. es gibt i, j mit i < j,
so dass si = sj und fi = fj .
1. Fall: ai < aj . Es existiert eine streng monoton steigende Teilfolge der Länge sj , die bei
aj beginnt. Daher ist ai gefolgt von dieser Teilfolge eine Teilfolge der Länge sj + 1 = si + 1,
die bei ai beginnt. Dies ist ein Widerspruch zur Definition von si .
2. Fall: ai > aj . Es existiert eine streng monoton fallende Teilfolge der Länge fj , die bei aj
beginnt. Daher ist ai gefolgt von dieser Teilfolge eine Teilfolge der Länge fj + 1 = fi + 1,
die bei ai beginnt. Dies ist ein Widerspruch zur Definition von fi .
Die Annahme muss daher falsch sein, es gibt also eine streng monoton steigende oder
fallende Teilfolge der Länge n + 1.
(5 Punkte)
2