Diskrete Mathematik 1 WS 2008/09

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1 Ruhr-Unverstät Bochum Lehrstuhl für Kryptologe und IT-Scherhet Prof. Dr. Alexander May M. Rtzenhofen, M. Mansour Al Sawad, A. Meurer Lösungsblatt zur Vorlesung Dskrete Mathematk 1 WS 2008/09 Blatt 7 / 02. Dezember 2008 / Abgabe bs 09. Dezember 2008, Uhr, n de Kästen auf NA 02 AUFGABE 1 (5 Punkte): Gegeben Se folgender gerchteter Graph D (V, E): Ist D schwach oder stark zusammenhängend oder bedes? Begründen Se Ihre Antwort. Bestmmen Se mt dem Algorthmus von Warshall ene transtve Hülle von D. Geben Se dazu nach jeder Iteraton der Hauptschlefe de Matrx W [, j] an. Der Dgraph D st schwach zusammenhängend, aber ncht stark zusammenhängend. Im zugrundelegenden Graphen gbt es enen Pfad von u nach v für belebge u, v V, m gerchteten Graphen gbt es allerdngs kenen Pfad von enem anderen Knoten zu 1 oder zu 4. Als Gegenbespel zum starken Zusammenhang genügt es, en enzges Knotenpaar zu fnden, zwschen denen n ene Rchtung ken gerchteter Pfad exstert. Mt dem Algorthmus von Warshall wrd zunächst de Matrx W ntalsert

2 In den enzelnen Schlefenteratonen wrd de Matrx W we folgt verändert: k 1 : kene Veränderung, da kene Kante zu 1 hnführt: k 2 : Es werden zwe neue Kanten hnzugefügt (1, 3) und (5, 3) k 3 : Es werden zwe neue Kanten hnzugefügt (1, 6) und (2, 6). k 4 : Kene Veränderung, da kene Kante zu 4 führt. k 5 : Es werden dre neue Kanten hnzugefügt (4, 2), (4, 3) und (4, 6)

3 k 6 : Auch her ergbt sch kene Veränderung, da kene Kante vom Knoten 6 fortführt De transtve Hülle von D wrd also durch den folgenden Graphen gegeben AUFGABE 2 (6 Punkte): (c) Berechnen Se mt Hlfe des Eukldschen Algorthmus enen größten gemensamen Teler von und Geben Se dabe de Rechenschrtte an. Bestmmen Se (von Hand) de letzten beden Dezmalstellen von Geben se Ihre Rechenschrtte an. Lösen Se de lneare Kongruenz 21x 28 (mod 35). Geben Se Ihre enzelnen Überlegungen und Rechenschrtte an. Es st ggt(10440, 2154) ggt(10440 mod 2154, 2154) ggt(1824, 2154) ggt(2154 mod 1824, 1824) ggt(330, 1824) ggt(1824 mod 330, 330) ggt(174, 330) ggt(330 mod 174, 174) ggt(156, 174) ggt(174 mod 156, 156) ggt(18, 156) ggt(156 mod 18, 18) ggt(12, 18) ggt(18 mod 12, 12) ggt(6, 12) ggt(12 mod 6, 6) ggt(0, 6) 6.

4 De letzten beden Dezmalstellen von lassen sch bestmmen, ndem man mod 100 berechnet. Es st ( 11 2 mod 100 ) ( 21 2 mod 100 ) ( 41 2 mod 100 ) ( 81 2 mod 100 ) (41 11 mod 100) (mod 100) De letzten beden Dezmalstellen von snd also 11. (c) Da 7 alle vorkommenden Zahlen sowe den Modulus telt, betrachten wr zunächst de Kongruenz: 3x 4 (mod 5). Dese wrd genau von x 3 (mod 5) gelöst. (Des erhält man entweder durch Multplkaton der Glechung mt 2, da (mod 5) oder durch Ausproberen der Repräsentanten 0,..., 4 der Restklassen modulo 5.) Nun glt es noch, alle Elemente der Restklasse zu bestmmen, de modulo 35 verscheden snd. Als Lösungsmenge ergbt sch {3, 8, 13, 18, 23, 28, 33}. AUFGABE 3 (3 Punkte): Ene natürlche Zahl z se gegeben durch hre Dezmaldarstellung a k... a 1 a 0. Dabe gelte 3 (k + 1). Falls ncht, ergänze man de Darstellung von z um führende Nullen. De alternerende Quersumme der Dreerblöcke von z st defnert durch a 2 a 1 a 0 a 5 a 4 a ( 1) k 2 3 a k a k 1 a k 2. Herbe st a a 1 a 2 de Dezmaldarstellung ener drezffrgen Zahl zwschen 000 und 999. Bewesen Se folgende Aussage: Ene ganze Zahl st genau dann durch 7 telbar, wenn hre alternerende Quersumme der Dreerblöcke durch 7 telbar st. Se z k (1000 a +2 a +1 a ). Dann glt 7 z genau dann, wenn k (1000 a +2 a +1 a ) 0 (mod 7). Der Modulus lässt sch auch zunächst enzeln auf de Summanden oder Faktoren der Summanden anwenden. Daher betrachten wr 1000 (mod 7). Es st ( 1) (mod 7). Damt folgt 3 ( ) 1000 a +2 a +1 a 0 (mod 7) k 2 k ( ) (1000 (mod 7)) a +2 a +1 a 0 (mod 7) 0

5 3 ( ) ( 1) a +2 a +1 a 0 (mod 7) k 2 0 a 2 a 1 a 0 a 5 a 4 a ( 1) k 2 3 ak a k 1 a k 2 0 (mod 7) Des st äquvalent dazu, dass 7 de alternerende Quersumme der Dreerblöcke von z telt. Damt st de Behauptung bewesen. AUFGABE 4 (6 Punkte): Bewesen Se de folgenden Aussagen: Für a, b Z \ {0} glt: ggt(a, b)kgv(a, b). Seen a, b Z \ {0} telerfremd. Dann exsteren zwe Zahlen x, y Z mt xa 2 + yb a 1. Bemerkung: Wr betrachten nur a, b Z \ {0}, da sonst de Defntonen der Vorlesung ncht genügen. Zum Bewes formen wr de Behauptung zunächst zu ener äquvalenten Behauptung um: kgv(a, b). ggt(a, b) Nun zegen wr de Glechhet über zwe Unglechungen, de dann de Glechhet mplzeren: 1. kgv(a, b): Nach Defnton des größten gemensamen Telers glt ggt(a, b) a. Damt st Ebenso glt ggt(a, b) b und damt st a b en ganzzahlges Velfaches von b. b a en ganzzahlges Velfaches von a. Da das kgv als klenste postve natürlche Zahl defnert st, de von a und b gtelt wrd, folgt ggt(a, b) kgv(a, b). 2. kgv(a, b): De obge Unglechung st äquvalent zu kgv(a, b) 1 kgv(a, b)ggt(a, b) 1.

6 Nach dem Lemma von Bezout exsteren Zahlen x und y so, dass ax + by ggt(a, b). Damt lässt sch de lnke Sete der Unglechung umschreben als ( kgv(a, b)ggt(a, b) kgv(a, b)(ax + by) ax kgv(a, b) + by ) ( ) kgv(a, b)x kgv(a, b)y +. b a Da a und b jewels Teler hres klensten gemensamen Velfachens snd, snd de beden Summanden n obger Glechung ganzzahlg. Da kgv(a,b) sch nur aus postven Enträgen zusammensetzt, folgt und damt de Behauptung. ( kgv(a, b)x + b ) kgv(a, b)y 1 a Alternatv kann man auch de Prmtelerzerlegungen von a und b betrachten. Seen p 1,..., p k de ersten k Prmzahlen. Dabe se k maxmal gewählt, dass p k a oder p k b. De Zahlen a und b haben also kene größeren Prmteler als p k. Außerdem seen a k 1 pa und b k 1 pb, mt a, b N 0 de Prmfaktorzerlegungen von a und b. Um de Prmfaktoren enander besser zuordnen zu können, werden n deser Darstellung auch Prmzahlen mt Exponenten 0 zugelassen. Dese Prmzahlen snd dann kene Prmfaktoren der entsprechenden Zahl. De Prmfaktorzerlegungen snd endeutg nach Vorlesung. Se S {1,..., k} de Menge der Indzes, für de a > 0 und b > 0 glt, und c : mn {a, b }. Dann glt S pc k 1 pa a und S pc S pb b. maxmal mt deser Egenschaft, denn ene wetere Prmzahl S pa k 1 pb Außerdem st S pc p j, j / S, kann dem Produkt ncht hnzugefügt werden, da für j / S a j 0 oder b j 0 und damt p j a oder p j b glt. Ebensoweng kann en Exponent c um ens erhöht werden, da sonst c + 1 > a oder c + 1 > b und damt p c +1 a oder p c +1 b. Also ggt(a, b). S pc Weterhn glt V : S p c S k 1 k 1 p a c p a p b S S / S p a p b c p a c S / S p b c st Velfaches von a und von b. V st außerdem mnmal, da Entfernen enes Faktors p aus V de Velfachhetsegenschaft zerstört. Se {1,..., k} mt a > 0 oder b > 0, / S p b p a / S p b

7 da p sonst n dem Produkt gar ncht vorkommt. Se a b : c und a > 0. (Der umgekehrte Fall geht analog.) Dann kommt p n V p mt Exponentem c + a c + b c 1 a 1 vor, aber n a mt Exponentem a. Daher st V p ken Velfaches von a. Also st V kgv(a, b). Und damt folgt ggt(a, b)kgv(a, b). Nach Voraussetzung snd a, b Z telerfremd. Das heßt, es st ggt(a, b) 1. Damt folgt auch ggt(a 2, b) 1. (Denn angenommen ggt(a 2, b) : g > 1, dann exstert en p > 1 prm mt p g. Damt glt auch p b und p a 2. Da p prm, folgt mt dem Telersatz, dass p a und daher p ggt(a, b), was en Wderspruch zur Telerfremdhet von a und b wäre.) Nach dem Lemma von Bezout exsteren daher zwe Zahlen x, y Z mt x a 2 +y b 1. Multplzeren der Glechung mt a 1 ergbt x (a 1)a 2 +y (a 1)b a 1. Wr setzen daher x x (a 1) und y y (a 1). Dann st xa 2 +yb x (a 1)a 2 +y (a 1)b a 1. Damt st de Behauptung bewesen.

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