Grundlegende Algorithmen: Lösungshinweise
Kapitel 7
- 7.1
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Seien e und e' zwei neutrale Elemente, dann gilt:
e=ee'=e'.
Sei a ein Gruppenelement und b sowie c zwei Inverse
zu a, d.h.: ab=e sowie ac=e (wobei
e das eindeutige neutrale Element ist).
Wir zeigen zunächst, dass ba=e ist (das Monoid ist nicht
notwendig abelsch!).
Sei dazu d das Inverse zu ba, d.h. bad=e.
Dann gilt:
ba=bae=ba(bad)=b(ab)ad
=bead=bad=e.
Betrachte jetzt:
b=be=b(ac)=(ba)c=ec=c.
- 7.2
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Beweis durch Induktion.
- 7.3
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Schreibe die Elemente als Potenzen des erzeugenden Elementes und verwende
die vorhergehende Aufgabe.
- 7.4
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⇒:
Wenn (M',*) eine Untergruppe ist, dann ist M' nach Definition
auch abgeschlossen.
⇐:
Sei a∈M' und
sei M={b1,...,bk}.
Betrachte
a*b1,...,a*bk.
Da dies auch Elemente von M sind und M eine Gruppe ist,
müssen alle Elemente paarweise verschieden sein.
Es gibt also ein j&isin[1:k] mit
a*bj=a, d.h. bj=1
und somit eine neutrales Element in M'.
Weiterhin muss es ein i&isin[1:k] mit
a*bi=bj=1.
Also existiert zu a auch ein Inverses in M'.
Da a ein beliebiges Element aus M' war, muss es zu jedem
Element aus M' ein Inverses geben.
- 7.5
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Sei z das Inverse zu 0*a.
Betrachte:
0=0*a+z
=(0+0)*a+z
=(0*a+0*a)+z
=0*a+(0*a+z)
=0*a+0
=0*a
- 7.6
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Die Halbringeigenschaften nachrechnen.
- 7.7
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Sei a≠0 und b≠0, dann existieren die Inversen
ac=1 und bd=1.
Dann folgt aus ab=0, dass abdc=0dc.
Mit Aufgabe 7.5 folgt dann: 1=0.
- 7.8
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- 7.9
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{e} und G.
- 7.10
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- 7.11
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Verwende den Satz aus Aufgabe 7.4.
- 7.12
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⇒:
Wenn p∈P, dann ist
Z*p=Zp\{0}
und &phi(p)=p-1.
Somit folgt die Behauptung aus einem Satz von Euler.
⇐:
Sei d ein Teiler von p, d.h da=p.
Nach der rechten Seite gilt dp-1=1mod p,
d.h. dp-1-1=qp für ein
q&isinN.
Somit gilt unter Berücksichtigung von p≥2:
d(dp-2-qa)=1.
Diese Gleichung über N kann dann und nur dann gelten, wenn
d=1.
Aus der Kontraposition der Richtung von links nach rechts kann so erst
einmal kein sinnvoller randomisierter Primzahltest abgeleitet werden, da
Zn\{0} im Allgemeinen keine multiplikative Gruppe
ist und über die Anzahl der Zeugen nichts ausgesagt werden kann.
- 7.13
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Beweis durch Induktion.
- 7.14
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- 7.15
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Fleißaufgabe.
Die Rekursionsgleichung lautet:
B(n)=Sum(i=1..n-1)
B(i)*B(n-i).
Das Ergebnis lautet: 1/(n)*C(2n-2,n-1), wobei
C(.,.) der Binomialkoeffizient ist.
Alternativmöglichkeit: Stelle eine bijektive Beziehung zwischen
geordneten erweiterten binären Bäumen und Klammerausdrücken
her.
- 7.16
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Es gilt offensichtlich:
A(n,m)
=1+A(n-1,m)+A(n-1,m-1)
sowie A(n,n)=A(n,0)=0.
Wir setzen B(n,m):=1+A(n,m).
Dann gilt
B(n,m)
=B(n-1,m)+B(n-1,m-1)
sowie B(n,n)=B(n,0)=1.
Also ist B(n,m) gleich m aus n.
Damit kennen wir auch A.
- 7.17
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