Tag Archive for 'überraschend'

(Quadrat-)Wurzeln aus ganzen Zahlen

Veröffentlicht am 20. Dezember 2011 in Allgemeines, Mathematik, Primzahlen and Zahlentheorie. 0 Comments Tags: , , , , , , , .

Den Standard-Beweis, dass \sqrt{2}, die Quadratwurzel aus 2, keine Bruchzahl ist, kennt vermutlich fast jeder noch aus der eigenen Schulzeit. In dem vor zwei Jahren veröffentlichten Artikel “Roots of integers” in John D. Cook’s Blog (“The Endeavour“) entdeckte ich heute einen viel schöneren, weil allgemeineren Beweis dieser Tatsache, den ich nicht vorenthalten möchte.

Betrachtet man eine beliebige ganze Zahl z und zieht deren n-te Wurzel (falls z \ge 0 oder n ungerade, ansonsten ist die n-te Wurzel von z nicht definiert), so gibt es nur zwei Möglichkeiten: Entweder die Wurzel ist ganzzahlig, oder sie ist eine irrationale Zahl. Ein irgendwie verblüffendes und doch einleuchtendes Resultat. Denkt man eine Weile über diese Aussage nach, so wird schnell intuitiv klar, dass sie richtig ist. Auch der Beweis ist nicht schwierig:

Sei \frac{a}{b} eine vollständig gekürzte rationale Zahl. “Vollständig gekürzt” heißt, dass a und b keine gemeinsamen Teiler mehr haben. (Das ist keine echte Einschränkung, denn andernfalls lässt der Bruch sich um den größten gemeinsamen Teiler von a und b kürzen.) Weiter sei n eine beliebige natürliche Zahl (und insbesondere nicht gleich 0).

Ist nun \left(\frac{a}{b}\right)^n = \frac{a^n}{b^n} eine ganze Zahl, dann muss b^n ein Teiler von a^n sein. Aus dem Satz der eindeutigen Primfaktorzerlegung folgt, dass auch b ein Teiler von a sein muss. Da a und b als teilerfremd vorausgesetzt waren, gilt also b = 1 (ein negatives Vorzeichen können wir ggf. im Zähler a des Bruches unterbringen, denn \frac{a}{-b} = \frac{-a}{b}).

Also ist auch \frac{a}{b} eine ganze Zahl!

Wir können jetzt sofort per Widerspruchsbeweis die Behauptung folgern: Wäre die n-te Wurzel der ganzen Zahl z ein echter Bruch, das heißt \sqrt[n]{z} = \frac{a}{b} für geeignete teilerfremde Zahlen a \in \mathbb{Z} und b \in \mathbb{N} mit b > 1, dann wäre \left(\frac{a}{b}\right)^n = z keine ganze Zahl (denn das geht nur für b=1).

Es können als Wurzeln von ganzen Zahlen also nur ganze oder irrationale Zahlen auftreten. Da 2 offenbar keine Quadratzahl ist (denn zwischen 1^2 = 1 und 2^2 = 4 gibt es keine weiteren Quadratzahlen), muss $\sqrt{2}$ folglich irrational sein. Dasselbe gilt für alle n-ten Wurzeln (für n > 1) aus ganzen Zahlen, die nicht Quadratzahlen sind.

Insbesondere sind zum Beispiel die Wurzeln aus Primzahlen immer irrational!

Erweiterung des Lemmas von Bézout

Veröffentlicht am 9. September 2009 in Beweismethoden and Mathematik. 1 Comment Tags: , , , , , , , , .

Nach einiger Zeit komme ich nun (endlich) mal wieder dazu, einen Artikel hier zu veröffentlichen.
Diesmal handelt es sich um einen Beweis einer Erweiterung von Bézouts Lemma,
den ich vor einigen Wochen fand, als ich mich mit einer Aufgabe aus der zweiten Runde des Bundeswettbewerbs Mathematik rumschlug.

Ich hoffe, einen zwar recht kurzen aber dennoch interessanten Artikel geschrieben haben zu können.

Neben der nicht mehr ganz so anschaulichen Formulierung gibt es eine weitere Besonderheit:
Diesmal steht der Artikel als PDF-Datei zum Download zur Verfügung:
http://mathe.florian-severin.de/downloads/bezout.pdf

Viel Spaß damit!

PIN-Nummern-Paradoxa

Veröffentlicht am 18. Juni 2008 in Angewandtes, Kombinatorik, Mathematik and Wahrscheinlichkeit. 11 Comments Tags: , , , , .

In diesem Eintrag möchte ich ein Beispiel für eine Anwendung eines mathematischen Beweises auf das “wirkliche Leben” zeigen.

Es geht um einige Überlegungen zu der Sicherheit von PIN-Nummern [Wikipedia]. Auf unserem Weg, diese Sicherheitsfragen zu klären werden wir auch noch zufällig eine interessante Beobachtung machen. Der Artikel ist vorerst nur auf die PIN-Nummern von EC-Karten bezogen, alle Gedanken und Berechnungen sollten jedoch genauso für andere Systeme gelten und/oder übertragbar sein.

Die erste Frage, die sich stellt, ist die nach der Wahrscheinlichkeit, eine vierstellige PIN-Nummer zu erraten. Dazu müssen wir zunächst die Anzahl der möglichen verschiedenen vierstelligen PIN-Nummern berechnen. Für die erste Ziffer steht eine Ziffer von 1 bis 9 zur Verfügung, den drei weiteren Ziffern außerdem eine 0. Es gibt also {9} \cdot 10 \cdot 10 \cdot 10 = 9000 verschiedene vierstellige PIN-Nummern. Das scheint sehr wenig zu sein.

Die Wahrscheinlichkeit, eine bestimmte PIN-Nummer richtig zu erraten beträgt aber demnach P = \frac{1}{9000} = 0{,}011\%, was ziemlich gering ist. Die richtige PIN-Nummer nach drei Versuchen zu raten, die in der Regel erlaubt sind, bis die Karte gesperrt wird, beträgt die Wahrscheinlichkeit mit \frac{1}{9000} + \frac{1}{8999} + \frac{1}{8998} \approx 0,033337 nur wenig mehr als 0,033%, ist also immer noch sehr gering. Unter 1000 EC-Karten, deren PIN-Nummern man durch Raten herauszufinden, sind im Durchschnitt also nur etwa 3 richtig. Sorge oder gar Angst um die Sicherheit ist also, trotz der “nur” 9000 verschiedenen Möglichkeiten, fehl am Platze.

Aber halt! Es gibt nur 9000 verschiedene PIN-Nummern? Wenn wir das Schubfachprinzip zu Rate ziehen, stellen wir fest, dass es mit Sicherheit zwei Menschen geben muss, deren PIN-Nummern identisch sind. Und das nicht nur in Deutschland oder einem bestimmten Bundesland; in nahezu jeder Stadt gibt es wohl mindestens ein Paar identischer PIN-Nummern. Doppelte PIN-Nummern kommen also häufiger vor, als man intuitiv vermuten würde. Und trotzdem kann man sich darauf verlassen, dass das PIN-Verfahren ein sicheres ist. Verblüffend!

Überrascht war ich auch, als ich feststellen musste, dass die PIN meiner EC-Karte und die vorgegebene PIN für meine neue Handy-SIM-Karte sich bloß an einer einzigen Stelle um eine einzige Ziffer unterschieden.

Wie groß war schon die Wahrscheinlichkeit dafür? Um den Blog-Eintrag nicht unnötig und abschreckend groß erscheinen zu lassen führe ich die Berechnungen hier nicht weiter aus. Das Endergebnis möchte ich jedoch nicht vorenthalten, die a-priori-Wahrscheinlichkeit für dieses Ereignis betrug etwa 0,003%, das entspricht einer Chance von etwa 1 zu 868. Hätten Sie unter Berücksichtigung der vorherigen Erkenntnis der Häufigkeit von doppelten PIN-Nummern ein solches Ergebnis erwartet?

Wir sehen, die Wahrscheinlichkeitsrechnung legt einige Dinge zu Tage, die unserer Intuition völlig zuwiderlaufen. Faszinierend, wie ich finde.

Wer noch weitere Beispiele für solche Täuschungen kennt ist herzlich dazu eingeladen, diese in einem Kommentar zu ergänzen.

Auflösung des Ziegenproblems

Veröffentlicht am 31. Mai 2008 in Mathematik, Probleme and Wahrscheinlichkeit. 0 Comments Tags: , , , , , , , .

Auflösung des ZiegenproblemsHier also die Auflösung des Ziegenproblems für diejenigen, die es nicht länger erwarten können oder möchten.

Wer den Artikel über das Ziegenproblem noch nicht gelesen hat, dem sei dazu geraten, es vor der Lektüre dieses Artikels zu tun (http://blog.florian-severin.de/2008/05/das-ziegenproblem).

Wie dort erwähnt sind die Wahrscheinlichkeiten, den Hauptpreis zu gewinnen, gefragt. Mit welcher Entscheidung hat man dann die besseren Chancen? Um das herauszufinden, beginnen wir mit der Ausgangssituation, es soll also eine von drei Türen gewählt werden. Nach dieser Auswahl können zwei verschiedene Fälle aufgetreten sein: Entweder, die ausgewählte Tür ist die, hinter der der Hauptgewinn wartet (Fall A). Im anderen Fall wurde eine der beiden Türen gewählt, hinter denen eine Ziege verborgen ist (Fall B).

Die Wahrscheinlichkeit für Fall A liegt offensichtlich bei \frac{1}{3}, die für Fall B bei \frac{2}{3}. Man schreibt dies als P(A) = \frac{1}{3} (sprich: “P von A ist gleich ein Drittel”) bzw. P(B) = \frac{2}{3} (sprich: “P von B ist gleich zwei Drittel”).

Im nächsten Schritt wählt der Moderator eine der beiden nicht vom Spieler gewählten Türen aus, hinter der sich eine Ziege verbarg. Nun steht der Spieler vor der Wahl, ob er wechseln möchte oder nicht.

Gehen wir zunächst davon aus, der Spieler verfolgt die Strategie, niemals zu wechseln. Dann beträgt die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen genau der Wahrscheinlichkeit dafür, dass Fall A eintritt also \frac{1}{3}. In Fall B, also mit einer Wahrscheinlichkeit von \frac{2}{3} verliert der Spieler.

Wenn der Spieler sich von vornherein darauf festlegt, immer zu wechseln, so beträgt die Wahrsceheinlichkeit für einen Gewinn genau der Wahrscheinlichkeit für Fall B, also \frac{2}{3}. In Fall A, also mit einer Wahrscheinlichkeit von \frac{1}{3} verliert er.

Eine andere denkbare Strategie wäre z. B., eine Münze zu werfen und damit den Zufall entscheiden lassen, ob man wechselt oder nicht. Dann beträgt die Wahrscheinlichkeit für einen Gewinn \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \ {(f\ddot ur\ Fall\ A)} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}\ {(f\ddot ur\ Fall\ B)} = \frac{3}{6}= \frac{1}{2}. Die Chance auf einen Gewinn ist also immernoch höher, wenn man immer wechselt.

Weitere Überlegungen und alternative Beweise (es gibt einige, der hier erläuterte ist einer der einfacheren) finden ihren Platz gerne in den Kommentaren.