Grundlagen der Mathematik

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1 Universität Hamburg Winter 2016/17 Fachbereich Mathematik Janko Latschev Lösungsskizzen 8 Grundlagen der Mathematik Präsenzaufgaben (P13) Primfaktorzerlegungen Die Primfaktorzerlegungen lauten: a) 66 = b) 80 = c) 236 = d) 527 = (P14) Multiplikation einmal anders Zur Multiplikation zweier beliebiger natürlicher Zahlen x und y wird folgendes Verfahren vorgeschlagen: Man beginnt eine zweispaltige Tabelle mit den beiden Zahlen x und y. In jeden Schritt verdoppelt man nun die erste Zahl der vorherigen Zeile, und betrachtet den Quotienten der zweiten Zahl bei Division durch 2 (falls ein Rest auftritt, wird dieser nicht weiter beachtet). Dieses Verfahren führt man so lange durch, bis in der zweiten Spalte eine 1 steht. Nun streicht man all diejenigen Zahlen in der ersten Spalte, neben denen in der zweiten Spalte eine gerade Zahl steht, und addiert die verbleibenden Zahlen. Behauptung: Das so erhaltene Ergebnis ist stets das Produkt von x und y. a) Führen Sie das Verfahren für zwei dreistellige Zahlen durch. Stimmt die Behauptung in Ihrem Beispiel? Wir betrachten das Beispiel Wir erstellen nun die Tabelle wie oben beschrieben, wobei schon alle Zeilen gestrichen sind, in denen in der zweiten Spalte eine gerade Zahl steht: Bitte wenden!

2 Die Summe der verbliebenen Zahlen der ersten Spalte ergibt nun = , Was mit dem Produkt übereinstimmt. b) Beweisen oder widerlegen Sie die oben formulierte Behauptung. Das Verfahren funktioniert für jedes Paar natürlicher Zahlen x und y. Für den Beweis führen wir eine verallgemeinerte Induktion über die zweite Zahl y N. IA: Für y = 1 und beliebiges x ist die Aussage wahr, denn 1 ist ungerade, und wir erhalten x 1 als Summe mit dem einzigen Summanden x. Induktionsschritt: IV: Das Verfahren funktioniert für beliebiges x und alle 1 y < n. IBeh: Das Verfahren funktioniert auch für beliebiges x und y = n. IBew: Beginnt man das beschriebene Verfahren mit dem Paar (x, y), so erhält man im ersten Schritt das neue Paar (x 1, y 1 ) mit x 1 = 2x und y = 2y 1 + r 1, wobei der Rest r 1 {0, 1}. Also gilt x y = x (2y 1 + r 1 ) = x 2 y 1 + x r 1 = x 1 y 1 + x r 1. Nun folgt die Tabelle mit den Startzahlen x 1 und y 1, und da y 1 < y gilt, liefert das Verfahren nach Induktionsvoraussetzung für diesen Teil der Tabelle das Produkt x 1 y 1. Ist y gerade, so ist r 1 = 0 und das Verfahren gibt (nach Streichung der ersten Zeile) auch den Wert für das eigentlich gesuchte Produkt x y. Ist y ungerade, so erhält man den Wert von x y, indem man zum Produkt x 1 y 1 noch x addiert, was ebenfalls konsistent mit dem beschriebenen Verfahren ist. Mit dem allgemeinen Prinzip der vollständigen Induktion folgt nun die Behauptung für alle Paare (x, y). (P15) Resteverwertung Mit welcher Ziffer endet die Zahl im Dezimalsystem? Offenbar kann es nicht Inhalt der Aufgabe sein, die Zahl tatsächlich zu bestimmen. Um trotzdem eine Idee zu erhalten, betrachten wir kleine Zweierpotenzen mit dem Ziel, eine Muster in der Abfolge der letzten Ziffern zu erkennen: n n Wir sehen, dass die letzte Ziffer ein periodisches Verhalten zeigt, wobei sich stets die Ziffern 2, 4, 8 und 6 in dieser Reihenfolge abwechseln. Insbesondere endet jede vierte Potenz von 2 auf 6. Da 2016 durch 4 teilbar ist, endet also auch auf 6. Siehe nächstes Blatt!

3 Übungsaufgaben mit Abgabetermin Mo, , zu Beginn der Vorlesung (A20) Rechnungen in ungewohnten Stellensystemen (2+2 Punkte) Berechnen Sie schriftlich im System mit der angegebenen Basis jeweils Summe, Differenz, Produkt sowie Quotient und Rest bei Division mit Rest der beiden angegebenen Zahlen. a) und 2 Der Einfachheit halber lassen wir den Index 2 weg, weil alle auftretenden Zahlen im Binärsystem geschrieben sind. Schriftliche Addition und Subtraktion ergeben Schriftliche Multiplikation und Division ergeben : = 1 Rest: b) und Wieder lassen wir den Index 4 weg, weil alle auftretenden Zahlen bezüglich der Basis 4 geschrieben werden. Schriftliche Addition und Subtrkation ergeben diesmal Schriftliche Multiplikation und Division ergeben : 123 = 10 Rest: (A21) Mehr Teilbarkeit ( Punkte) Bitte wenden!

4 a) Bestimmen Sie jeweils die kleinste Zahl n, so dass n! durch 80 bzw. durch 990 teilbar ist. Da 80 = 2 4 5, benötigen wir für die Teilbarkeit von n! durch 80 den Faktor 5 und viermal den Faktor 2. Wegen 4 = 2 2 und 6 = 2 3 genügt es also, für die Teilbarkeit durch 80 die Zahl n = 6 zu wählen (in der Tat gilt 6! = 720 = 9 80). Da 990 = , benötigen wir für die Teilbarkeit durch 990 den Faktor 11 in der Primfaktorzerlegung von n!, also müssen wir n = 11 wählen (die anderen Faktoren sind dann wegen 3 6 auch mit abgedeckt). b) Bestimmen Sie, mit wievielen Nullen die Zahl 200! endet. Die Dezimaldarstellung einer natürlichen Zahl x endet genau dann mit k Nullen, wenn sie genau k mal ohne Rest durch 10 teilbar ist. Dies bedeutet, dass in der Primfaktorzerlegung von x jeder der beiden Primfaktoren 2 und 5 mindestens mit dem Exponenten k vorkommt (und der kleinere Exponent genau gleich k ist). Nun sind von den Zahlen zwischen 1 und 200 jede fünfte, also genau 40 Zahlen mindestens einmal durch 5 teilbar. Unter diesen sind die Vielfachen von 25, also die Zahlen 25, 50, 75, 100, 125, 150, 175 und 200 mindestens zweimal durch 5 teilbar, und davon wiederum nur die Zahl 125 genau dreimal. Also hat die Primzahl 5 den Exponenten = 49 in der Primfaktorzerlegung von 200!. Die Primzahl 2 teilt genau 100 der Zahlen zwischen 1 und 200 mindestens einmal, taucht also in der Primfaktorzerlegung von 200! mehr als 100 mal auf, insbesondere also öfter als die 5. Wir schließen daraus, dass die Zahl 200! mit 49 Nullen endet. Beweisen Sie folgende Aussagen: c) Eine natürliche Zahl ist genau dann durch 3 oder durch 9 teilbar, wenn ihre Quersumme (d.h. die Summe ihrer Ziffern) im Dezimalsystem durch 3 bzw. durch 9 teilbar ist. Für den Beweis ist die folgende Überlegung wesentlich: Eine Zahl x = y + 9 z ist genau dann durch 3 oder 9 teilbar, wenn y durch 3 oder 9 teilbar ist. Sei nun x = 10 k z k die Dezimaldarstellung einer gegebenen natürlichen Zahl x N. Deren Quersumme ist dann Q(x) = z k. Nun gilt aber 1 x Q(x) = (10 k 1)z k = (10 k 1)z k = k 1 (9 10 s )z k = 9 s=0 k 1 ( 10 s )z k, k 1 1 Wir benutzen hier 10 1 = 9, = 99, = 999, und eben allgemein 10 k 1 = 9 10 s. s=0 s=0 Siehe nächstes Blatt!

5 d.h. die Differenz x Q(x) ist durch 9 teilbar. Also ist x nach unserer Eingangsüberlegung genau dann durch 3 oder 9 teilbar, wenn y = Q(x) durch 3 oder 9 teilbar ist. Alternativ kann man den Beweis auch induktiv formulieren, muss allerdings dabei die etwas stärkere Behauptung formulieren (und beweisen), dass der Rest bei Division durch 3 bzw. durch 9 für x und seine Quersumme Q(x) übereinstimmen. Die Induktion wird über die Anzahl der Dezimalstellen unserer Zahl x geführt. Hier benutzt man x = 10 k z k = z k 1 z k = z k 1 z k k 1 z k. Da der letzte Summand durch 9 teilbar ist, ist er für den Rest irrelevant, und für den zweiten Summanden kann man die Induktionsvoraussetzung verwenden, da er eine Dezimalstelle weniger besitzt (er ist ja gerade die Zahl, die man erhält, wenn man von x die letzte Stelle streicht). Frage: Was ist bei dieser Induktion für den Induktionsanfang zu beweisen? d) Eine natürliche Zahl ist genau dann durch 11 teilbar, wenn ihre alternierende Quersumme (d.h. letzte Ziffer minus vorletzte Ziffer plus drittletzte Ziffer usw.) im Dezimalsystem durch 11 teilbar ist. Vorüberlegung: Für eine natürliche Zahl x = r 10k z k hat ihre alternierende Quersumme die Form A(x) = r ( 1)k z k. Beide sind genau dann gleichzeitig durch 11 teilbar (oder eben nicht), falls ihre Differenz durch 11 teilbar ist. Diese Differenz hat die Form x A(x) = (10 k ( 1) k )z k. Die Koeffizienten der Ziffern z k in dieser Summe haben die Form 10 k 1 für gerades k und 10 k + 1 für ungerades k. Wenn wir zeigen können, dass jede dieser Zahlen durch 11 teilbar ist, so haben wir die Behauptung also bewiesen. (A) Wir zeigen zunächst die Aussage für gerade k = 2l, d.h. wir beweisen per Induktion über l: Für jedes l N 0 ist 10 2l 1 durch 11 teilbar. Induktionsanfang: Für l = 0 gilt 10 2l 1 = 0, und 0 ist durch jede natürliche Zahl teilbar. Induktionsschritt: Induktionsvoraussetzung: Für ein l N 0 ist 10 2l 1 durch 11 teilbar. Induktionsbehauptung: Dann ist auch 10 2(l+1) 1 durch 11 teilbar. Induktionsbeweis: Wir schreiben 10 2(l+1) 1 = 10 2l+2 1 = l 1 = } 99 {{ 10 2l } + } 10 2l {{ 1 }. durch 11 teilbar nach IV durch 11 teilbar Bitte wenden!

6 Also ist die Induktionsbehauptung bewiesen, und somit gilt unsere Aussage für alle l N. (B) Wir zeigen nun die Behauptung für ungerades k = 2l + 1, d.h. wir beweisen: Für jedes l N 0 ist 10 2l durch 11 teilbar. Dies führen wir auf Teil (A) zurück. Dazu schreiben wir 10 2l+1 +1 = l +1 = l 10 2l +1 = } 11 {{ 10 2l } (10 2l 1). }{{} durch 11 teilbar nach (A) durch 11 teilbar Also ist auch in diesem Fall unsere Behauptung bewiesen. Bemerkung: Dies ist vermutlich nicht der Beweis, den Sie gefunden haben. (A22) Halbgruppen (2+2+2 Punkte) Entscheiden Sie, ob folgende Teilmengen der natürlichen Zahlen jeweils mit der angegebenen Operation eine Halbgruppe bilden. a) M 1 = 2N = {n N k N : n = 2k} mit der Addition. Vorbemerkung: In allen drei Aufgaben ist die Assoziativität der Operation kein Problem, denn diese folgt aus der Assoziativität der Addition bzw. der Multiplikation der natürlichen Zahlen. Vielmehr ist die entscheidende Frage, ob die jeweilige Verknüpfung aus zwei Elementen der Menge tatsächlich wieder ein Element dieser Menge liefert, d.h. ob die jeweiligen Operationen tatsächlich von der Form sind. : M i M i M i Für die Addition auf M 1 = 2N ist dies tatsächlich der Fall, denn die Summe zweier durch 2 teilbarer Zahlen ist wieder durch 2 teilbar. b) M 2 = 2N 3N = {n N ( k N : n = 2k) oder ( k N : n = 3k)} mit der Addition. Die Teilmenge M 2 = 2N 3N N ist nicht abgeschlossen unter der Addition, d.h. es gibt Zahlen a, b M 2, für die a+b / M 2. Dies gilt schon für so einfach Beispiele wie a = 2 und b = 3. Also ist (M 2, +) keine Halbgruppe, weil die Addition Paare von Elementen aus M 2 nicht unbedingt wieder nach M 2 abbildet. c) M 2 mit der Multiplikation. Mit der Multiplikation bildet die Teilmenge M 2 jedoch sehr wohl eine Halbgruppe. Sind a, b M 2 gegeben, so wissen wir wegen a M 2, dass 2 a oder 3 a. Dann folgt aber auch 2 (ab) bzw. 3 (ab), d.h. das Produkt ab liegt dann ebenfalls wieder in M 2. Nach unserer Vorbemerkung ist dies alles, was nachzuprüfen ist.