Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Elementare Zahlentheorie.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

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Welche dieser Polynome sind irreduzibel über \(\mathbb{Z}_2\)? Nr. 4724
	\(x^4+x^2+1\)
	\(x^4+x+1\)
	\(x^3+x^2+x+1\)
	\(x^3+x^2+1\)
	\(x^3+x+1\)
Lösungsweg Ein Polynom p(x) ist irreduzibel genau dann, wenn es kein Polynom kleineren Grades gibt, das p(x) teilt. \(x^4+x+1\) hat keine Nullstelle in \(\mathbb{Z}_2\) und lässt sich somit nicht in (irreduzible) Polynome vom Grad 1 bzw. 3 zerlegen. Ebensowenig lässt sich \(x^4+x+1\) in irreduzible Polynome vom Grad 2 zerlegen, wie diese Polynomdivision zeigt (siehe Bild): \((x^4+x+1):(x^2+x+1) = x^2+x\); Rest 1 (da von den Poynomen 2. Grades nur \(x^2+x+1\) irreduzibel über \(\mathbb{Z}_2\) ist, müssen wir keine weiteren Polynome überprüfen). \(x^4+x+1\) ist somit irreduzibel über \(\mathbb{Z}_2\). \(x^3+x^2+1\) und \(x^3+x+1\) haben keine Nullstelle in \(\mathbb{Z}_2\) und lassen sich also auch nicht in (irreduzible) Polynome vom Grad 1 bzw. 2 zerlegen. Beide Poynome sind somit irreduzibel.

5 erreichbare Punkte

Wann ist ein Polynom p(x) vom Grad deg(p)>1 irreduzibel? Nr. 4686
	Wenn alle Koeffizienten von p(x) Primzahlen sind.
	Wenn es kein Polynom q(x) vom Grad 0 < deg(q) < deg(p) gibt, das p(x) teilt.
	Wenn der größte gemeinsame Teiler der Koeffizienten von p(x) 1 ist.
	Wenn p(x) nur Polynome der Form \(x \pm q\) mit einer Primzahl q als Teiler hat.
	Wenn p(x) nur konstante Polynome c(x) = c oder sich selbst als Teiler hat.
Lösungsweg Ein Polynom p(x) vom Grad deg(p)>1 ist irreduzibel genau dann, wenn es kein Polynom q(x) vom Grad 0 < deg(q) < deg(p) gibt, das p(x) teilt, d.h. wenn p(x) nur Konstanten c oder sich selbst als Teiler hat. Ein irreduzibles Polynom lässt sich also nicht als Produkt "einfacherer" Polynome schreiben. Die Irreduzibilität von Polynomen entspricht der Primzahleigenschaft bei ganzen Zahlen.

5 erreichbare Punkte

Berechnen Sie \(19^{73}\; mod\; 100\) durch schnelle Exponentiation! Nr. 4721
	39
	49
	59
	69
Lösungsweg Wir schreiben die Potenz 73 in Binärdarstellung: \(73 = 64 + 8 + 1 = 2^6 + 2^3 + 2^0\) Somit ist \(19^{73} = 19^{(2^6)} \cdot 19^{(2^3)} \cdot 19^{(2^0)} \;mod\; 100\). Wir berechnen die einzelnen Faktoren modulo 100: \(\begin{tabular}{r\|rrrrrrr} i & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\ \hline 2^i & 1 & 2 & 4 & 8 & 16 & 32 & 64\\ 19^{(2^i)} & 19 & 61 & 21 & 41 & 81 & 61 & 21\\ \end{tabular}\) Somit ist \(19^{73} = 19 \cdot 41 \cdot 21 = 59\;mod\; 100\).

4 erreichbare Punkte

Berechnen Sie \((22 \cdot 37 + 80) mod \; 7\)! Nr. 4647
	2
	3
	5
	8
Lösungsweg Wir reduzieren zunächst alle Zahlen modulo 7: 22 = 1 mod 7 37 = 2 mod 7 80 = 3 mod 7 Somit 22x37 + 80 = 1x2 + 3 = 5 mod 7. Natürlich kann man auch erst 22x37 + 80 = 894 ausrechnen und dann modulo 7 reduzieren, aber der andere Weg ist leichter, weil die Zahlen nicht so groß werden.

4 erreichbare Punkte

Berechnen Sie \(2^{22} \;mod \;11\) ohne Taschenrechner! (Tipp: In einer Gruppe G gilt \(g^{\|G\|} = 1\) für jedes Gruppenelement g.) Nr. 4703
	1
	2
	4
	8
Lösungsweg Die Ordnung von \( \mathbb{Z}^*_{11}\) ist 10 (denn 11 ist eine Primzahl), somit ist \(2^{10} = 1\; mod\; 11\). Es folgt: \(2^{22} = (2^{10})^2 \cdot 2^2 = 1 \cdot 2^2 = 4 \;mod \;11\)

4 erreichbare Punkte

Zerlegen Sie \(x^2 + x - 12\) über \(\mathbb{R}\) in irreduzible Faktoren! Nr. 4688
	\(x^2 + x - 12\) ist bereits irreduzibel über \(\mathbb{R}\).
	\(x^2 + x - 12 = 1 \cdot (x^2 + x - 12)\)
	\(x^2 + x - 12 = (x+3)\cdot(x-4)\)
	\(x^2 + x - 12 = (x-3)\cdot(x+4)\)
Lösungsweg Ein Polynom vom Grad 2 (oder 3) ist irreduzibel über einem Körper \(\mathbb{K}\) genau dann, wenn es keine Nullstellen in \(\mathbb{K}\) hat. Wir suchen also die Nullstellen des Polynoms \(x^2 + x - 12\). Mit der p-q-Formel folgt \(x_{1,2} = -\frac{1}{2} \pm \frac{7}{2} = \left\{ 3, -4\right\} \in \mathbb{R}\). Somit ist \(x^2 + x - 12 = (x-3)(x+4)\). (x-3) und (x+4) sind (wie alle Polynome vom Grad 1) irreduzibel.

4 erreichbare Punkte

Berechnen Sie \(77^{101} \;mod\; 113\) durch schnelle Exponentiation! Nr. 4722
	97
	13
	59
	82
Lösungsweg Wir schreiben die Potenz 101 in Binärdarstellung: \(101 = 64 + 32 + 4 + 1 = 2^6 + 2^5 + 2^2 + 2^0\) Somit ist \(77^{101} = 77^{(2^6)} \cdot 77^{(2^5)} \cdot 77^{(2^2)} \cdot 77^{(2^0)} \;mod\; 113\). Wir berechnen die einzelnen Faktoren modulo 113: \(\begin{tabular}{r\|rrrrrrr} i & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\ \hline 2^i & 1 & 2 & 4 & 8 & 16 & 32 & 64\\ 77^{(2^i)} & 77 & 53 & -16 & 30 & -4 & 16 & 30\\ \end{tabular}\) Somit ist \(77^{101} = 77 \cdot (-16) \cdot 16 \cdot 30 = 82\;mod\; 113\).

4 erreichbare Punkte

Die Eulersche \(\varphi\)-Funktion ordnet jeder natürlichen Zahl n die Anzahl der Zahlen aus \(\left\{1,2,...,n \right\}\) zu, die teilerfremd zu n sind. Ist \(n=p\cdot q\) ein Produkt zweier verschiedener Primzahlen, so gilt: Nr. 4712
	\(\varphi (pq) = pq-1\)
	\(\varphi (pq) = p+q-1\)
	\(\varphi (pq) = (p-1)(q-1)\)
Lösungsweg Sei \(a \in \left\{1,2,...,n \right\}\). Die Zahlen a und n = pq können nur dann gemeinsame Teiler haben, wenn a ein Vielfaches von p oder q ist, denn p und q sind Primzahlen (und haben somit selbst keine echten Teiler). Es gibt q Vielfache von p in \(\left\{1,2,...,n \right\}\), und zwar p, 2p, 3p,..., qp. Ebenso gibt es p Vielfache von q in \(\left\{1,2,...,n \right\}\), und zwar q, 2q, 3q,..., pq. Bis auf pq sind diese wegen \(p \neq q\) alle verschieden. Diese p+q Vielfachen müssen wir also von n abziehen, um die Anzahl der zu n teilerfremdem Zahlen zu ermitteln (und 1 addieren, da wir sonst den Kandidaten n=pq zweimal abziehen): \(\varphi (n) = n - p - q +1 = pq-p-q+1 = (p-1)(q-1)\)

3 erreichbare Punkte

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