Lösungen zu Kapitel 7

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1 Lösungen zu Kapitel 7 Lösung zu Aufgabe 1: Nach Definition 7.1 ist eine Verknüpfung auf der Menge H durch eine Abbildung : H H H definiert. Gilt H = {a 1,..., a m }, so wird eine Verknüpfung auch vollständig durch ein Element ( (a 1, a 1 ), (a 1, a 2 ),..., (a 1, a m ), (a 2, a 1 ),..., (a m, a m )) H m2 beschrieben. Es gibt (m 2 ) m = m 2m derartige Elemente, also m 2m verschiedene Verknüpfungen auf H. Lösung zu Aufgabe 2: Nach der vorhergehenden Aufgabe gibt es 16 Verknüpfungen. Inspektion der verschiedenen Fälle liefert beispielsweise: (a) H = ({a, b}, ) mit x y = a für x = y = a und sonst b. Jedes Produkt, in dem ein b vorkommt, liefert b. Daher sind das Kommutativund das Assoziativgesetz erfüllt. H ist also eine kommutative Gruppe. (b) H = ({a, b}, ) mit x y = x für alle x, y H : Wegen a b = a = b = b a ist H nicht kommutativ, wegen (x y) z = x z = x = x y = x (y z) gilt das Assoziativgesetz. H ist eine nicht kommutative Gruppe. (c) X = ({a, b}, ) mit x y = a für x = a, y = b und x y = b sonst. Das Assoziativgesetz ist nicht erfüllt: X ist also keine Halbgruppe. (a a) a = b a = b = a = a b = a (a a). Lösung zu Aufgabe 3: Wir beginnen mit (, ggt). Für a, b gilt offenbar ggt(a, b), so dass ggt eine innere Verknüpfung von ist. Wegen ggt(a, b) = ggt(b, a) (Satz 6.4(b)) ist sie kommutativ. Es fehlt der Nachweis der Assoziativität. Wir beachten, dass wegen der Bemerkung nach dem Beweis von Satz 6.6 die Gleichung T (ggt(a, b) = T (a) T (b) (Gleichung (a)) für alle a, b gilt mit T (a) = {c c 0, c a}. Damit erhalten wir unter Benutzung der Gleichung ggt(a, b) = max{n n T (a) T (b)} ( a + b = 0) ggt(ggt(a, b), c) = max{n n T (ggt(a, b)) T (c)} = max{n n T (a) T (b) T (c)} = max{n n T (a) T (ggt(b, c))} = ggt(a, ggt(b, c). Folglich ist, ggt) eine kommutative Halbgruppe. Da T (ggt(a, b) = T (a) T (b) für alle a, b gilt und für den Fall abc = 0 die Gültigkeit der Assoziativität unmittelbar überprüft werden kann, sind auch ( 0, ggt) und (, ggt) kommutative Halbgruppen. 1

2 2 Lösungen zu Kapitel 7 Wir betrachten (, kgv). Es gilt kgv(a, b) = min{n n V (a) V (b)} mit V (a) = {b b > 0, a b}. Offenbar ist kgv eine kommutative Verknüpfung auf. Wenn wir V (kgv(a, b)) = V (a) V (b) (Gleichung (b)) für alle a, b beweisen können, dann erhalten wir analog wie zuvor (Ersetzung von max durch min sowie Gleichung (a) durch (b)) die Assoziativität von kgv, so dass (. kgv) eine kommutative Halbgruppe ist. Wir beweisen die Gleichung (b). Es sei g V (kgv(a, b)). Dann gilt g > 0 und kgv(a, b) g. Wegen a kgv(a, b), b kgv(a, b) folgt a g und b g und damit g V (a), b V (b), also g V (a) V (b). Umgekehrt sei g V (a) V (b). Dann folgt a g und b g. Wir betrachten die eindeutigen Primfaktordarstellungen Nach Satz 6.25 gilt a = p α pα k k, b = pβ pβ k k und g = p γ pγ k k. kgv(a, b) = p max{α 1,β 1 } 1 p max{α k,β k } r. Wegen a g und b g sowie Satz 6.20 (Fundamentalsatz der Arithmetik) folgt α i, β i γ i, i {1,..., k}. Wir schließen max{α i, β i } γ i und damit kgv(a, b) g. Dies bedeutet g V (kgv(a, b)). Beide Teile der Aufgabe können ohne Benutzung der Gleichungen (a) und (b) mithilfe von Satz 6.25 direkt bewiesen werden. Lösung zu Aufgabe 4: Man wähle die Halbgruppen (, ) und (, +). Wegen f (nm) = log 10 (nm) = log 10 (n) + log 10 (m) = f (n) + f (m) ist f ein Halbgruppenhomomorphismus. Lösung zu Aufgabe 5: Die beiden unteren Alternativen der Definition von zeigen, dass e das Einselement von M ist. Es muss noch gezeigt werden, dass das Assoziativgesetz (x y) z = x (y z) auch gilt, wenn mindestens eins dieser Elemente e ist. Man erkennt sofort, dass sich für x = e (bzw. y = e oder z = e) auf beiden Seiten y z (bzw. x z oder x y) ergibt. Wegen e 1 = 1 = e ist 1 nicht das neutrale Element von M. Lösung zu Aufgabe 6: Angenommen, (, ggt) ist ein Monoid. Dann existiert ein e mit ggt(e, a) = a für alle a. Wegen ggt(1, a) = 1 für alle a folgt e > 1. Es gilt dann ggt(e, 2e) = e = 2e, ein Widerspruch. Folglich ist (, ggt) kein Monoid. Es gilt ggt(0, a) = a für alle a 0. Damit ist 0 dass neutrale Element in dem Monoid ( 0, ggt). Für alle a gilt V (1) V (a) = V (a) und daher kgv(1, a) = min{n n V (a)} = a. Es ist also (, kgv) ein Monoid mit neutralem Element 1.

3 Lösungen zu Kapitel 7 3 Lösung zu Aufgabe 7: Das Programm lautet begin begin begin y := 0; w := 1 end; n := 1 end; while u x do begin begin y := y + 1; w := w + n + 2 end; n := n + 2 end od end Eine gewünschte Ableitung ist < program >= < stmt >= < compstmt > = begin < stmt >; < stmt > end = begin < compstmt >; < stmt > end = begin < compstmt >; < whilestmt > end = begin begin < stmt >; < stmt > end; < whilestmt > end = begin begin < compstmt >; < stmt > end; < whilestmt > end = beginbegin begin < stmt >; < stmt > end; < stmt > end; < whilestmt > end = 3 begin begin begin < assignstmt >; < assignstmt > end; < assignstmt > end; < whilestmt > end (in 3 Ableitungsschritten) = begin begin begin < assignstmt >; < assignstmt > end; < assignstmt > end; while < test > do < stmt > od end = begin begin begin < assignstmt >; < assignstmt > end; < assignstmt > end; while < expr >< relation >< expr > do < stmt > od end = 2 begin begin begin < assignstmt >; < assignstmt > end; < assignstmt > end; while < expr > < expr > do < compstmt > od end (in 2 Schritten) = 6 begin begin begin < assignstmt >; < assignstmt > end; < assignstmt > end; while < expr > < expr > do begin begin < assignstmt >; < assignstmt > end; < assignstmt > end od end (in 6 Schritten) Das Nichtterminalzeichen < compstmt > aus der fünftletzten Zeile (innerhalb des while-statements) wird genau so wie < compstmt > aus der 4. Zeile in 6 Schritten zu abgeleitet. begin begin < assignstmt >; < assignstmt > end; < assignstmt > end

4 4 Lösungen zu Kapitel 7 Lösung zu Aufgabe 8: (a) Wir definieren für alle z Z, w X, x X. (b) Die erste Gleichung folgt aus δ (z, ε) = z und δ (z, wx) = δ(δ (z, w), x) δ (z, x) = δ (z, εx) = δ(δ (z, ε), x) = δ(z, x). Die zweite wird durch Induktion über die Länge von w 2 bewiesen. Für w 2 = 0 gilt w 2 = ε, und aus der Definition von δ (siehe (a)) folgt dann δ (z, w 1 ε) = δ (z, w 1 ) = δ (δ (z, w 1 ), ε) für alle z Z, w 1 X. Die Behauptung sei nun für alle z Z, w 1 X und alle Wörter w 2 X einer festen Länge erfüllt. Dann gilt für w = w 2 x mit x X δ (z, w 1 w 2 x) = δ(δ (z, w 1 w 2 ), x) = δ(δ (δ (z, w 1 ), w 2 ), x) = δ (δ (z, w 1 ), w 2 x). Das erste und das letzte Gleichheitszeichen gelten aufgrund der Definition von δ, das zweite wegen der Induktionsannahme. Lösung zu Aufgabe 9: (a) Wir definieren eine Abbildung ϕ : Y (Z X) (Y Z ) X durch ϕ( f ) = f, wobei f für alle x X durch f (x) Y Z mit f (x)(z) = f (z, x) für alle z Z gegeben ist. Wir zeigen, dass die Bedingungen aus Definition 2.16 erfüllt sind. Es ist ϕ surjektiv: Es sei f (Y Z ) X beliebig. Wir definieren f : Z X Y durch f (x)(z) für alle x X, z Z. Es ist ϕ injektiv: Für f, f Y (Z X) gilt f = ϕ( f ) = ϕ( f ) = f = f (x) = f (x) für alle x X = f (x)(z) = f (x)(z) für alle x X, z Z = f (z, x) = f (z, x) für alle x X, z Z = f = f Insgesamt ist also ϕ bijektiv. (b) Wir gehen von einer Abbildung δ : Z X Z aus. Nach (a) ist dieser bijektiv die Abbildung δ : X Z Z mit δ(x)(z) = δ(z, x) für alle z Z, x X zugeordnet. Da Z Z ein Monoid ist, existiert nach Satz 7.6 ein Monoidhomomorphismus ˆδ : X Z Z mit ˆδ η = δ. Es gilt also ˆδ(x) = δ(x) für alle x X.

5 Lösungen zu Kapitel 7 5 Nach (a) ist der Abbildung ˆδ bijektiv die Abbildung δ : Z X Z mit δ (z, w) = ˆδ(w)(z) für alle z Z, w X zugeordnet. Daher gilt δ (z, x) = ˆδ(x)(z) = δ(x)(z) = δ(z, x) für alle z Z, x X. Damit ist die erste Gleichung aus Aufgabe 8(b) gezeigt. Da ˆδ ein Monoidhomomorphismus ist, gilt ˆδ(ε) = 1 Z und ˆδ(w 1 w 2 ) = ˆδ(w 1 ) ˆδ(w 2 ) für alle w 1, w 2 X. Mit der Bijektion aus (a) folgen daraus die Gleichungen und δ (z, ε) = ˆδ(ε)(z) = 1 Z (z) = z δ (z, w 1 w 2 ) = ˆδ(w 1 w 2 )(z) = (ˆδ(w 1 ) ˆδ(w 2 ))(z) = ˆδ(w 2 )(ˆδ(w 1 )(z)) = ˆδ(w 2 )(δ (w 1, z)) = δ (δ (w 1, z), w 2 ) für alle z Z und w 1, w 2 X. Damit sind insgesamt alle Gleichungen aus Aufgabe 8 erfüllt.

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