TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik PROF. DR.DR. JÜRGEN RICHTER-GEBERT, VANESSA KRUMMECK, MICHAEL PRÄHOFER Höhere Mathematik für Informatiker I (Wintersemester 2003/2004) Aufgabenblatt 9 (19. Dezember 2003) Hausaufgaben Aufgabe 51. Transpositionen tun sich zusammen: Gemeinsam sind wir stark. Gegeben sei die Permutation ( ) S ) Schreiben Sie π als Produkt von paarweise elementfremden Zyklen. 2.) Stellen Sie π als Produkt von Transpositionen dar. 3.) Welches Signum besitzt π? 4.) Es sei n N. Stellen Sie den Zyklus ( n) S n als Produkt von Transpositionen dar. Welches Signum hat ( n)? 1.) ( ) ( ) (5 10) ( ) 2.) (1 8)(8 4)(4 2) (3 9)(9 12)(12 6) (5 10) (7 11)(11 13)(13 14) 3.) Sign ( 1) 10 = 1. 4.) Es ist ( n) = (1 2)(2 3)(3 4)... (n 1 n), und damit Sign( n) = ( 1) n 1. Aufgabe 52. Die Quadratur der Quadratur des Orakels. 1. Gegeben sei das Polynom f(x) = X 5 2X 4 6X 3 + 8X 2 + 5X 6 Q[X]. Ein Orakel sagt Ihnen, daß das Polynom f fünf ganzzahlige Nullstellen besitzt. Bestimmen Sie sämtliche Nullstellen von f. Hinweis: Benutzen Sie den Satz von VIETA. 2. Gegeben sei das Polynom g(x) = X i C[X]. Bestimmen Sie sämtliche Nullstellen von g. 1. Der Satz von VIETA besagt u.a. daß für die Nullstellen ξ 1,..., ξ 5 von p gilt 6 = ( 1)ξ 1 ξ 2 ξ 3 ξ 4 ξ 5. Da alle Nullstellen ganze Zahlen sind, muß ξ i { 1, 2, 3, 6, 1, 2, 3, 6} sein, da dies die einzigen Teiler von 6 sind. Einsetzen aller möglichen Nullstellen in das Polynom ergibt, daß in der Menge { 2, 1, 1, 3} sämtliche Nullstellen von p zu finden sind. Wenn wir ξ 1 = 2, ξ 2 = 1, ξ 3 = 1 und ξ 4 = 3 annehmen, ist noch ξ 5 zu bestimmen. Da 6 = ( 2) ( 1) 1 3 ξ 5 = 6 ξ 5 ist, muß dann ξ 5 = 1 sein, d.h. es ist p(x) = (X + 2)(X + 1)(X 1) 2 (X 3). 2. Allgemein gilt: Mit der Nullstelle a von X 4 a 4, sind i k a, k = 0,..., 3, ebenfalls Nullstellen von X 4 a 4, wie man durch Einsetzen überprüft. Da X 4 a 4 genau vier Nullstellen besitzt, sind dies auch alle. In unserem Fall ist a 4 = 7 24i. Um nun a herauszufinden, stellen wir a 4 in der Form re iϕ dar. Es ist: r = ( 7) 2 + ( 24) 2 = = 625 = 25. Nun bestimmen wir den Winkel ϕ [0, 2π]. Der Realteil von 7 24i ist negativ, darum gilt ϕ = arctan( 24 7 ) + π 4, Demnach ist a 4 25(cos(4, /4) + i sin( /4)) i. Die naheliegende Vermutung a = 1 + 2i ist nun unmittelbar verifizierbar. Also sind die Lösungen unserer Gleichung die vier Werte a = 1 + 2i, ia = i 2, i 2 a = 1 2i und i 3 a = i + 2.

2 Aufgabe 53. Vollständige Induktion. Eine Primzahl ist eine ganze Zahl größer Eins, die nur durch Eins und durch sich selbst teilbar ist. Zeigen Sie mit vollständiger Induktion: Jede ganze Zahl größer als Eins läßt sich als Produkt von Primzahlen schreiben, d.h. für alle n N, n > 1 gilt die Aussage A n : Es gibt ein r N und Primzahlen p 1,..., p r, so daß n = p 1 p r ist. Hinweis. Nehmen Sie im Induktionsschritt an, daß die Aussagen A 2,..., A n gelten, um die Aussage A n+1 zu folgern. Zum Induktionsanfang beweisen wir die Aussage A 2 : Es gibt eine Zahl r N und Primzahlen p 1,..., p r, so daß 2 = p 1 p r gilt: da 2 eine Primzahl ist, ist r = 1 und p 1 = 2. Im Induktionsschritt nehmen wir an, daß die Aussagen A 2,..., A n gelten. Daraus folgern wir nun die Aussage A n+1. Falls n + 1 eine Primzahl ist, ist r = 1 und p 1 = n + 1. Falls n + 1 keine Primzahl ist, gibt es eine Zahl m 1 {2, 3,..., n}, die ein Teiler von n + 1 ist. Also gilt n + 1 = m 1 m 2 für eine Zahl m 2 {2, 3,..., n}. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es eine Zahl r 1 N und Primzahlen a 1,..., a r1 mit m 1 = a 1 a r1 und eine Zahl r 2 und Primzahlen b 1,..., b r2 mit m 2 = b 1 b r2. Hier haben wir die Induktionsvoraussetzung gleich zweimal angewendet. Es ergibt sich n + 1 = m 1 m 2 = a 1 a r1 b 1 b r2. Demnach ist r = r 1 + r 2, und die gesuchten r Primzahlen sind p 1 = a 1,..., p r1 = a r1, p r1+1 = b 1,..., p r = b r2. Aufgabe 54. Permutationen. Gegeben sei die Permutation π mit π(1) = 3, π(2) = 4, π(3) = 2, π(4) = 5, π(5) = 1, bzw.. 1.) Jede Permutation läßt sich als Komposition von Transpositionen schreiben. Wie viele Transpositionen werden mindestens benötigt, um π als Komposition von Transpositionen zu schreiben? 2.) Jede Permutation läßt sich als Komposition von Transpositionen benachbarter Elemente (d.h. Transpositionen der Form (i i + 1)) schreiben. Geben Sie π als Komposition von Transpositionen benachbarter Elemente an. 3.) Wie viele Transpositionen werden mindestens benötigt, um π als Komposition von Transpositionen benachbarter Elemente zu schreiben? 4.) Die Darstellung von π als Komposition von Transpositionen benachbarter Elemente ist nicht eindeutig. Geben Sie möglichst viele verschiedene Beispiele solcher Kompositionen an. Wie gehen Sie dabei vor? 1.) Um eine möglichst geringe Anzahl von Transpositionen beliebiger Elemente zur Darstellung von π zu verwenden, müssen wir nach solchen Transpositionen suchen, die möglichst viele Fehlstände auf einmal beheben (siehe Bemerkung unten). Es ist zum Beispiel = (3 4) (4 5) (2 3) (1 5) oder [ ] = ( ) = (1 3) (3 2) (2 4) (4 5) = (1 3) (2 3) (2 4) (4 5) Beide Darstellungen besitzen die minimale Anzahl von Transpositionen, nämlich 4: Das Signum von π ist nämlich 1, also sind nur noch die Anzahlen 2 und 0 möglich. 0 ist allerdings nicht möglich, da π nicht die Identität ist und 2 ist nicht möglich, da die Komposition von zwei Transpositionen nie einen Fünfer-Zyklus (und ( ) ist ein solcher) ergeben kann. 2.) Es ist beispielsweise [ ] = (1 2) (2 3) (1 2) (3 4) (2 3) (4 5)

3 3.) Obige Permutation π S 5 hat die 6 Fehlstände (1, 3), (1, 5), (2, 3), (2, 5), (3, 5), (4, 5). Nach der Bemerkung (siehe unten) ist darum die Mindestanzahl der benötigten Transpositionen benachbarter Elemente für eine Darstellung von π ebenfalls 6. 4.) Die Darstellung einer Permutation als Komposition von Transpositionen benachbarter Elemente ist nicht eindeutig. Welche Möglichkeiten gibt es, nach anderen Darstellungen zu suchen? Wann immer eine Permutation als Komposition von Transpositionen benachbarter Elemente gegeben ist, können wir diese Darstellung modifizieren, indem wir die Nacheinanderausführung solcher (und nur solcher!) Transpositionen vertauschen, die elementfremd sind, dass heisst von der Gestalt (i j) (k l) sind mit i k, i l, j k, j l (und natürlich auch i j und k l sonst wären es ja keine Transpositionen). Die so gewonnen neuen Darstellungen kann man dann auf die gleiche Art wieder weiter modifizieren. Es ist zum Beispiel = (1 2) (2 3) (1 2) (3 4) (4 5) (2 3) = (1 2) (2 3) (1 2) (3 4) (2 3) (4 5) = (1 2) (2 3) (3 4) (1 2) (2 3) (4 5) = (1 2) (2 3) (3 4) (1 2) (4 5) (2 3) = (1 2) (2 3) (1 2) (4 5) (1 2) (2 3) = (1 2) (2 3) (4 5) (1 2) (1 2) (2 3) = (1 2) (4 5) (2 3) (1 2) (1 2) (2 3) = (4 5) (1 2) (2 3) (1 2) (1 2) (2 3) Man erkennt solche Modifizierungen am Diagramm einer Permutation daran, dass sich jeweils 4 Stränge jeweils paarweise nebeneinander (bzw. kurz nacheinander) kreuzen. Das Vertauschen dieser beiden Transpositionen vertauscht nur die zeitliche Reihenfolge dieser Schnitte. Eine andere Möglichkeit, eine weitere Komposition von Transpositionen zu finden, ist folgende: Man sucht im Diagramm nach Dreiecken und wechselt die Spitze von der einen zur anderen Seite. Zum Beispiel gilt = (1 2) (2 3) (1 2) (3 4) (4 5) (2 3) = (2 3) (1 2) (2 3) (3 4) (2 3) (4 5) (Es ist sehr hilfreich, die dazugehörigen Diagramme zu zeichnen!) Bemerkung: Aus der Vorlesung ist der folgende Satz bekannt: Satz: Jede Permutation π kann durch Hintereinanderausführung von Transpositionen der Form (i i + 1) geschrieben werden. Darüber hinaus kann man sich überlegen: Hat π genau r Fehlstände, so kommt man mit insgesamt r Transpositionen aus. Der Satz besagt, dass eine Permutation mit r Fehlständen mit r Transpositionen benachbarter Elemente dargestellt werden kann. Er macht noch keine Aussage darüber, wieviele Transpositionen es mindestens sein müssen bzw. es höchstens sein können. Eine Höchstanzahl von Transpositionen (beliebiger oder benachbarter Elemente) zur Darstellung einer beliebigen Permutation π S n kann es aus dem folgenden Grund nicht geben: Für jede Permutation π gilt π id = π, und für eine beliebige Transposition (i j) gilt immer (i j) (i j) = id. Somit lässt sich jede Darstellung einer Permutation beliebig verlängern. Was nun eine Mindestanzahl von Transpositionen zur Darstellung einer beliebigen Permutation betrifft, müssen wir die beiden Fälle Transposition beliebiger Elemente und Transposition benachbarter Elemente sehr wohl unterscheiden: Transposition beliebiger Elemente : Es gibt Permutationen, die eine hohe Anzahl von Fehlständen haben und sich trotzdem nur mit einer einzigen Transposition beliebiger Elemente darstellen lassen, z.b. ist = (1 5)

4 darstellbar mit einer einzigen Transposition, hat aber 7 Fehlstände (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 5), (3, 5), (4, 5). Somit gibt es keinen allgemeinen Zusammenhang zwischen der Anzahl der Fehlstände und der benötigten Mindestanzahl von Transpositionen beliebiger Elemente. Das liegt daran, dass eine Transposition beliebiger Elemente bereits mehrere Fehlstände aufheben kann. Transposition benachbarter Elemente : Hier können wir uns überlegen, dass eine Transposition benachbarter Elemente immer nur einen Fehlstand aufheben und keinen Einfluss auf die anderen Fehlstände nehmen kann. Insofern benötigt man also tatsächlich mindestens so viele Transpositionen benachbarter Elemente wie die Anzahl der vorhandenen Fehlstände. Zusammen mit dem obigen Satz folgt nun, dass sich jede Permutation mit r Fehlständen immer als Komposition von genau r Transpositionen benachbarter Elemente darstellen lässt. Aufgabe 55. Ringe. Gegeben sei die Menge Z[i] = {a + bi a, b Z} C. 1.) Skizzieren Sie die Menge Z[i] in der Ebene der komplexen Zahlen. 2.) Zeigen Sie, daß Z[i] zusammen mit der Addition und Multiplikation der komplexen Zahlen ein Ring ist. 3.) Skizzieren Sie die Menge 2Z[i] = {2x x Z[i]}. 4.) Zeigen Sie, daß (2Z[i], +) eine Untergruppe von (Z[i], +) ist. 5.) Wie viele Elemente hat die Quotientengruppe Z[i]/2Z[i]? 6.) Für welche Zahl x Z[i] hat die Quotientengruppe Z[i]/xZ[i] genau zwei Elemente? 7.) Welche Elementanzahlen sind generell möglich? 1.) Die Menge Z[i] ist ein rechtwinkliges Gitter. 2.) Wir zeigen zuerst, daß Z[i] eine kommutative Untergruppe der kommutativen Gruppe (C, +) ist: Nicht-leer: Es ist Z[i], weil 0 + 0i Z[i]. Abgeschlossenheit: Es seien a+bi Z[i], c+di Z[i], dann ist (a+bi)+(c+di) = (a+c)+(b+d)i Z[i], weil a + c, b + d Z. Inversenbildung: Es sei a + bi Z[i], dann ist (a + bi) = a + ( b)i Z[i], weil a, b Z. Als kommutative Untergruppe von (C, +) ist Z[i] damit natürlich auch eine kommutative Gruppe. Die Verknüpfung ist, wie man wieder leicht sieht, abgeschlossen in Z[i]. Sie ist assoziativ in Z[i], weil sie es in C ist. Die Distributivgesetze gelten, weil sie in C gelten. Somit ist nachgewiesen, daß Z[i] ein Ring ist.

5 3.) Die Menge 2Z[i] ist ein Untergitter von Z[i]. 4.) Wieder sind die drei Untergruppenbedingungen zu überprüfen. Nicht-leer: Es ist 2Z[i], weil 0 + 0i 2Z[i]. Abgeschlossenheit: Es seien a+bi 2Z[i], c+di 2Z[i], dann ist (a+bi)+(c+di) = (a+c)+(b+d)i 2Z[i], weil a + c, b + d 2Z. Inversenbildung: Es sei a + bi 2Z[i], dann ist (a + bi) = a + ( b)i 2Z[i], weil a, b 2Z. 5.) Es gilt Z[i]/2Z[i] = {0 + 2Z[i], 1 + 2Z[i], i + 2Z[i], (1 + i) + 2Z[i]}, also beträgt die Elementanzahl 4 (vgl. das Rechteck in der Zeichnung zu Aufgabenteil 3). 6.) Mit x = 1 + i, ist Z[i]/xZ[i] = {0 + xz[i], i + xz[i]} (vgl. Zeichnung). 7.) Da diese Aufgabe über den Vorlesungsinhalt hinaus geht, geben wir nur die wichtigsten Ideen ohne Beweise an 1. In 5.) und 6.) ist schon aufgefallen, daß die Anzahl der Elemente in Z[i]/zZ[i] gleich dem Flächeninhalt eines entsprechend gewählten Fundamentalquadrates ist. Wenn z = a + bi ist, hat dieses Fundamentalquadrat die Seitenlänge a 2 + b 2 und den Flächeninhalt a 2 + b 2. Somit sind alle Elementanzahlen erreichbar, die sich als Summe von zwei Quadratzahlen schreiben lassen. Nach einem Satz, der auf FERMAT zurück geht, sind dies alle Zahlen n = x 2 y, y quadratfrei, wobei die Primteiler von y entweder gleich 2 oder kongruent 1 modulo 4 sind. 1 Interessierten sei das Buch Von Fermat bis Minkowski Eine Vorlesung über Zahlentheorie und ihre Entwicklung von Scharlau, Opolka wärmstens empfohlen.

6 Aufgabe 56. Türme. Zwei Spieler A und B bauen jeweils einen Turm aus Bausteinen. A hat Bausteine der Höhe 7cm, B hat Bausteine der Höhe 9cm. Ein Spielzug besteht darin, seinen Turm um einen der eigenen Bausteine zu erhöhen. Der Spieler mit den kleineren Bausteinen setzt den ersten Stein. Dann ist immer der Spieler am Zug, dessen Turm der kleinere Turm ist. Sind beide Türme gleich hoch, ist der Spieler mit den kleineren Steinen am Zug. Gewonnen hat derjenige, dessen Turm als erstes genau 1cm höher ist als der Turm des Mitspielers. 1.) Gewinnt A oder B, und aus wievielen Bausteinen bestehen dann die beiden Türme? (Benutzen Sie den erweiterten Euklidischen Algorithmus.) 2.) Nun kommt Spieler C hinzu mit Bausteinen der Höhe 11cm. Er spielt mit B. Wer gewinnt diesmal? Was passiert, wenn C mit A spielt? 3.) Nun spielen A, B und C zusammen. Immer der mit dem kleinsten Turm erhöht seinen Turm um einen Baustein. Haben zwei oder drei Türme die gleiche Höhe, spielt derjenige, der die kleineren Bausteine hat. Das Spiel sei jetzt beendet, wenn A s Turm um 1cm höher ist als B s und B s Turm um 1cm höher ist als C s. Wird das Spiel enden, und wenn ja, wie hoch sind dann die Türme? Wir setzen a = 7, b = 9, c = 11. Seinen k, l, m jeweils die Anzahl der Bausteine im Turm von A, B, bzw. C. Dann sind die jeweiligen Turmhöhen k a, l b, bzw. m c (alles in cm). 1.) Mit hilfe des erweiterten Euklidischen Algorithmus bestimmen wir i, j Z, so dass i a j b = 1 ist: 9 = (1) 7 = (2) 1 (2) = (1) = 7 3 (9 1 7) = Für k = 4 und l = 3 ist also A s Turm genau um 1 höher als B s. Dies ist nicht eindeutig, denn für n Z gilt 1 = n(7 9) n(7 9) 3 9 = (4 + 9n)7 (3 + 7n)9. Wann ist B s Turm genau um 1 höher als A s? Dazu schreiben wir obige Gleichung folgendermaßen um 1 = ( 3 7n)9 ( 4 9n)7. Die kleinstmöglichen nicht negativen Vorfaktoren von 9 und 7 erhält man für n = 1, nämlich 1 = , also k = 5, l = 4. Soweit kommt es allerdings nicht, da A mit dem Setzen des vierten Bausteins gewinnt. 2.) Spielt B gegen C ergibt sich ganz analog wie in 1.) 1 = , 1 = , d.h. B gewinnt durch Setzen des fünften Steins. Spielt nun A gegen C ergibt sich 11 = = = = = 4 1 (7 1 4) = = 2(11 1 7) 1 7 = und 1 = (11 3) 7 (7 2) 11 = Es gewinnt also C beim Setzen seines zweiten Steins.

7 3.) Die Bedingung, dass A s Turm um 1 höher ist als B s, k 7 l 9 = 1, ist nach 1.) erfüllt für k = 4 + 9n, l = 3 + 7n, n N. Damit B s Turm um 1 höher ist als C s, l 9 m 11 = 1, müssen l = n, m = 4 + 9n sein, mit n N. Damit beide Bedingungen gleichzeitig gelten müssen wir also n, n finden, so dass 3 + 7n = n, bzw. n 7 n 11 = 2 gilt. Aus 2.) haben wir = 1, bzw = 2 Es gilt wieder (16+11n ) 7 (10+7n ) 11 = 2 für n Z. Für n = 1 ergeben sich die kleinstmöglichen n, n N, nämlich n = 5 und n = 3. Somit erhalten wir k = 49, l = 38 und m = 31. Die Turmhöhen von A, B und C betragen dann 343, 342, bzw. 341.