Musterlösung - Fachbereich Mathematik

Müsterlösung zur Mathematik I für Studierende Informatik und Wirtschaftsinformatik (Diskrete
Mathematik) im Wintersemester 2015/2016
Fachbereich Mathematik, Stefan Geschke
B: Hausaufgaben zum 17. und 18. November 2015
1. a) Zeigen Sie in derselben Weise wie in der 1. Präsenzaufgabe, dass ein Produkt a · b ganze Zahlen
nur dann durch 3 teilbar ist, wenn einer der Faktoren durch drei teilbar ist.
√
b) Zeigen Sie, dass 3 irrational ist.
Hinweis: Wenn eine ganze Zahl a nicht durch drei teilbar ist, dann ist sie entweder von der Form
3n + 1 oder von der Form 3n + 2, wobei n eine ganze Zahl ist.
Lösung. a) Seien a, b ∈ Z nicht durch 3 teilbar. Wir unterscheiden vier Fälle:
(a) a = 3m + 1, b = 3n + 1 für gewisse m, n ∈ Z. In diesem Fall ist
a · b = (3m + 1) · (3n + 1) = 9mn + 3m + 3n + 1
nicht durch 3 teilbar.
(b) a = 3m + 1, b = 3n + 2 für gewisse m, n ∈ Z. In diesem Fall ist
a · b = (3m + 1) · (3n + 1) = 9mn + 6m + 3n + 2
nicht durch 3 teilbar.
(c) a = 3m + 2, b = 3n + 2 für gewisse m, n ∈ Z. In diesem Fall ist
a · b = (3m + 2) · (3n + 2) = 9mn + 6m + 6n + 4 = 9mn + 6m + 6n + 3 + 1
nicht durch 3 teilbar.
(d) a = 3m + 2, b = 3n + 1 für gewisse m, n ∈ Z. Dieser Fall geht analog zum 2. Fall.
√
√
b) Wir nehmen an, dass 3 rational ist. Dann gibt es ganze Zahlen a und b mit 3 = ab . Wir
2
können annehmen, dass der Bruch ab gekürzt ist, dass also a und b teilerfremd sind. Es gilt 3 = ab2
und damit 3b2 = a2 . Also ist a2 durch 3 teilbar. Nach Aufgabenteil a), es folgt, dass a durch 3
teilbar ist. Sei c = a3 . Dann gilt c ∈ Z und 3b2 = 9c2 . Damit ist b2 = 3c2 . Es folgt, wieder mit Teil
a), dass b ein Vielfaches von 3 ist. Damit teilt 3 sowohl a als auch b, ein Widerspruch zu unserer
Annahme.
2. In der Vorlesung wurde die Menge Z aller ganzen Zahlen als Faktormenge (N0 × N0 )/ ∼ definiert,
wobei für alle (a, b), (a0 , b0 ) ∈ N0 ×N0 die Relation (a, b) ∼ (a0 , b0 ) genau dann gilt, wenn a+b0 = a0 +b
ist.
Für zwei Äquivalenzklassen [(a, b)], [(c, d)] ∈ Z wurde die Summe [(a, b)] + [(c, d)] dann als die
Äquivalenzklasse [(a + c, b + d)] definiert. Zeigen sie, dass diese Addition überhaupt wohldefiniert
ist.
Hinweis: Zu zeigen ist, dass die Äquivalenzklasse [(a+c, b+d)] nur von den Klassen [(a, b)] und [(c, d)]
abhängt, nicht von a, b, c, d selbst.
Lösung: Seien (a0 , b0 ) ∼ (a, b) und (c0 , d0 ) ∼ (c, d). Dann gelten a0 + b = a + b0 und c0 + d = c + d0 .
Es ist zu zeigen, dass (a0 + c0 , b0 + d0 ) zu (a + c, b + d) äquivalent ist.
Es gilt
a0 + c0 + b + d = (a0 + b) + (c0 + d) = a + b0 + c + d0 = a + c + b0 + d0 .
Das zeigt aber genau (a0 + c0 , b0 + d0 ) ∼ (a + c, b + d).
√
3. Zeigen Sie, dass 6 irrational ist. Benutzen Sie dazu die eindeutige Zerlegung von ganzen Zahlen
in Primzahlen.
√
Lösung. Wir führen einen Widerspruchsbeweis und nehmen an, dass 6 rational ist. Dann lässt sich
√
m2
2
2
6 als gekürzter Bruch m
n mit m, n ∈ N schreiben. Es gilt dann 6 = n2 und damit 6n = m . Nach
dem Satz über die eindeutige Darstellbarkeit ganzer Zahlen als Produkt von Primzahlen tauchen in
m2 die Primfaktoren 2 und 3 auf. Dieselben Primfaktoren tauchen auch in m auf. Also ist m durch
6 teilbar. Also ist m2 durch 36 teilbar. Damit ist n2 durch 6 teilbar. Also tauchen die Primfaktoren
2 und 3 in n auf und n ist ebenfalls durch 6 teilbar. Es folgt, dass der Bruch m
n nicht gekürzt ist,
√
im Widerspruch zu unserer Wahl von m und n. Also ist 6 irrational.
4. Bestimmen Sie ggT(3213, 234) mit dem euklidischen Algorithmus.
Lösung. Wir wenden den euklidischen Algorithmus an.
3213
234
171
63
45
18
=
=
=
=
=
=
13 · 234 + 171
1 · 171 + 63
2 · 63 + 45
1 · 45 + 18
2 · 18 + 9
2·9+0
Der letzte von 0 verschiedene Rest in dieser Rechung ist 9, also ist ggT(3213, 234) = 9.
5. (a) Sind die folgenden Regeln richtig oder falsch? Begründen Sie Ihre Antwort.
i. Aus a1 | b1 und a2 | b2 folgt a1 + a2 | b1 + b2 .
ii. Aus a | b1 und a | b2 folgt a | b1 + b2 .
iii. Aus a | b1 und a | b2 folgt a | b1 − b2 .
(b) Zeigen Sie, dass die Teilbarkeitsrelation | auf N0 antisymmetrisch ist, auf Z jedoch nicht.
Lösung. (a) i. Diese Regel ist falsch. Es gilt 1 | 2 und 1 | 3, aber 1 + 1 = 2 teilt nicht 2 + 3 = 5.
ii. Diese Regel ist korrekt. Es gelte nämlich a | b1 und a | b2 . Dann existieren m, n ∈ Z mit b1 = m · a
and b2 = n · a. Es folgt b1 + b2 = m · a + n · a = (m + n) · a. Damit ist b1 + b2 durch a teilbar.
iii. Diese Regel ist korrekt. Es gelte nämlich a | b1 und a | b2 . Dann existieren m, n ∈ Z mit b1 = m · a
and b2 = n · a. Es folgt b1 − b2 = m · a − n · a = (m − n) · a. Damit ist b1 − b2 durch a teilbar.
(b) Seien a, b ∈ N0 mit a | b und b | a. Dann haben a und b dieselbe Zerlegung in Primfaktoren und
sind damit gleich.
Auf der anderen Seite gilt −1 | 1 und 1 | − 1. Da −1 6= 1 ist, ist | auf Z nicht antisymmetrisch.