Musterlösung - Institut für Mathematik - Humboldt

Prof. E.-W. Zink
Institut für Mathematik
Humboldt-Universität zu Berlin
Elemente der Algebra und Zahlentheorie
Musterlösung, Serie 2, Wintersemester 2005-06
vom 15. Januar 2006
— 2te, korrigierte und erweiterte Fassung0 —
1. Zeige mit
x + 1 = x′
(A1)
′
′
x + y = ( x + y)
( x + y) + z = x + ( x + z)
dass
1 + x = x′
(A2)
(AG)
∀x∈N
(IV)
Beweis. Durch vollständige Induktion über x.
(IA) x = 1: 1 + 1 = 1 ′ mit (A1)
(IS) „x → x ′ “. Zu zeigen: 1 + x ′ = x ′′ .
(A2)
(A1)
(IV)
1 + x ′ = (1 + x ) ′ = (1 + x ) + 1 = x ′ + 1
(A1)
= x ′′
Bemerkung: (AG) wird nicht benötigt, da es sich aus (A1) und (A2) ergibt.
2. Man beweise die Eigenschaften vom 1.3.6 der VL (mit Ergebnissen der VL
vor 1.3.6). Assoziativität (1.2.7) und Kommutativität (1.2.8) wird kommentarlos
benutzt.
a) a < b ∧ b < c ⇒ a < c.
Beweis. ⇒ ∃d, e ∈ N : b = a + d, c = b + e
⇒ c = ( a + d ) + e = a + ( d + e)
⇒ a<c
0 Korrekturen sind am Rand mit hellgrau, Erweiterungen mit schwarz, und Löschungen mit
einem dunkelgrauen Quadrat gekennzeichnet.
1
b) a < b ⇒ a + c < b + c.
Beweis. ⇒ ∃d ∈ N : b = a + d
⇒ b + c = ( a + d) + c = ( a + c) + d
⇒ a+c < b+c
c) a < b ∧ c < d ⇒ a + c < b + d.
Beweis. ⇒ ∃e, f ∈ N : b = a + e, d = c + f
⇒ b + d = ( a + e) + ( c + f ) = ( a + c) + ( e + f )
⇒ a+c < b+d
d) a ≤ b :⇔ a < b ∨ a = b ist Totalordnung. D.h. zu zeigen: (a, b, c ∈ N)
i) a ≤ a
ii) a ≤ b ∧ b ≤ a ⇒ a = b
iii) a ≤ b ∧ b ≤ c ⇒ a ≤ c
iv) ∀ a, b : a ≤ b ∨ b ≤ a
Beweis.
i) a = a ⇒ a ≤ a
ii) ( a < b ∨ a = b) ∧ (b < a ∨ b = a) ⇔ ( a < b ∧ b < a) ∨ a = b, mit der
Trichotomie (1.3.5) ist a < b ∧ b < a ausgeschlossen, also: ⇒ a = b.
iii) Fallunterscheidungen: Sei a < b:
b<c⇒a<c⇒a≤c
b=c⇒a<b=c⇒a≤c
a = b:
b<c⇒a=b<c⇒a≤c
b=c⇒a=b=c⇒a=c
iv) Trichotomie (1.3.5) sagt sogar stärker: (∨˙ ist entweder – oder –)
∀ a, b ∈ N : a < b∨˙ a = b∨˙ b > a
⇒ ( a < b ∨ a = b) ∨ ( b < a ∨ a = b)
⇒ a ≤ b∨b ≤ a
2
3. Man zeige mit den bewiesenen Eigenschaften der Addition und mit
x·1 = x
(M1)
′
x · y = xy + x
(M2)
die folgenden Eigenschaften der Multiplikation: (x, y, a, b, c ∈ N).
a) Linksneutralität der 1: 1 · x = x (IV) .
Beweis. Induktion über x.
(IA) x = 1: 1 · 1 = 1 mit (M1) .
(IS) „x → x ′ “. Zu zeigen: 1 · x ′ = x ′ .
(M2)
(IV)
(A1)
1 · x′ = 1 · x + 1 = x + 1 = x′
b) Rechtsdistributivität : ( a + b)c = ac + bc (IV) .
Beweis. Seien a, b beliebig. Induktion über c.
(IA) c = 1:
(M1)
(M1)
( a + b) · 1 = a + b = a · 1 + b · 1
(IS) „c → c′ “: Zu zeigen: ( a + b)c′ = ac′ + bc′ .
(M2)
(IV)
( a + b)c′ = ( a + b)c + ( a + b) = ac + bc + a + b
(AG)
= ac + a + bc + a
(M2)
= ac′ + bc′
c) Kommutativität: y · x = x · y (IV) .
Beweis. Sei y beliebig. Induktion über x.
(M1)
a)
(IA) x = 1: y · 1 = y = 1 · y
(IS) „x → x ′ “: Zu zeigen: yx ′ = x ′ y.
(M2)
(IV)
b)
(A1)
a)
yx ′ = yx + y = xy + y = xy + 1 · y
= ( x + 1 )y = x ′ y
d) Linksdistributivität : a(b + c) = ab + ac.
3
Beweis.
c)
b)
c)
a(b + c) = (b + c) a = ba + ca = ab + ac
e) Assoziativität: ( ab)c = a(bc) (IV) .
Beweis. Sei a, c beliebig. Induktion über b.
(M1)
a)
(IA) b = 1: ( a1 )c = ac = a(1c)
(IS) „b → b′ “. Zu zeigen: ( ab′ )c = a(b′ c).
(A1)
( ab′ )c = ( a(b + 1 ))c
(IV)
d),(M1)
=
b)
( ab + a)c = ( ab)c + ac
d)
a), b)
= a(bc) + ac = a(bc + c) = a((b + 1 )c)
(A1)
= a ( b′ c )
4. Sieb des Erathostenes für die Zahlen < 121. Die gestrichenen Zahlen haben im Index, von welcher Primzahl sie gestrichen werden. Da 112 = 121 muss
man nur bei Primzahlen < 11 (in doppelter Box) Zahlen streichen (siehe Vorlesung: 11 > p prim, p · 11 wurden schon bei p gestrichen und 11 · 11 = 121
ist schon über dem Zahlbereich). Die Zahlen, die dann übrig bleiben sind nur
noch Primzahlen (einfache Box).
122
23
342
453
562
67
782
89
1002
1113
2
3
42
5
62
7
82
92
102
11
13
242
355
462
573
682
79
902
101
1122
142
255
362
47
582
693
802
917
1022
113
153
262
37
482
59
702
813
922
103
1142
162
273
382
497
602
71
822
933
1042
1155
17
282
393
502
61
722
83
942
1053
1162
182
29
402
513
622
73
842
955
1062
1173
19
302
41
522
633
742
855
962
107
1182
202
31
422
53
642
75s
862
97
1082
1197
213
322
43
542
655
762
873
982
109
1202
222
333
442
555
662
777
882
993
1102
5. Fermat-Zahlen.
a) Zu zeigen: 2m + 1 prim ⇒ m = 2n .
Beweis. Durch Kontraposition. Zeige: m 6= 2n ⇒ 2m + 1 nicht prim.
Sei m 6= 2n . Dann ist m = m1 m2 mit ungeradem m2 > 1 (m1 > 0 beliebig).
Dann ist:
1 + 2m = 1 − (−2m1 )m2 = (1 + 2m1 )
m1 −1
∑
k =0
4
(−2m1 )k
Es wurde die geometrische Reihe
n
∑ qk =
k =0
⇔
q n +1 − 1
q−1
1 − qn = (1 − q)
n −1
∑ qk
k =0
benutzt mit q = −2m1 . Da 1 + 2m1 > 0, ist die Summe auch größer 0. Also
1 + 2m Produkt zweier natürlicher Zahlen und damit keine Primzahl.
n
b) Fn := 22 + 1, n ∈ N. Zu zeigen: ∏in=−01 Fi = Fn − 2.
Beweis. Man formt um:
Fn+1 − 2 = 22
n +1
n
+ 1 − 2 = 22 · 2 − 1 = 22
2n
2n 2
n +2 n
−1
2n
= (2 ) − 1 = (2 − 1)(2 + 1)
= ( Fn − 2) Fn
und erhält die Behauptung. (Oder benutzt dies als Induktionsschritt bei
der Induktion über n.)
c) Zeige: ggT( Fi , Fj ) = 1, i 6= j.
j −1
Beweis. ObdA: i < j. Sei a ∈ N mit a | Fi und a | Fj . Dann a | ∏k=0 Fk und
j −1
auch a | (∏k=0 Fk − Fj ). Mit der obigen Formel gilt aber ∏ Fk − Fj = −2,
also a| − 2. Daher a = 1 oder a = 2. Da die Fn ungerade sind, folgt a =
1.
5