Tutorium: Diskrete Mathematik

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1 Tutorium: Diskrete Mathematik Vorbereitung der Bonusklausur am (Teil 2, Lösungen 16. November 2018 Steven Köhler mathe.stevenkoehler.de 2 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

2 Aufgabe 1a (I Induktionsanfang: Für n 1 gilt und 8 16 ( 2 8. (II Induktionsschritt: Es sei n N eine fest gewählte natürliche Zahl, für die die Behauptung gilt, d.h. 8 ( 3 2n + 7. Es gilt: 3 2(n n n n + 3 2n n + ( 3 2n + 7 Dieser Term ist offensichtlich durch 8 teilbar. Aus (I und (II folgt, dass die Behauptung für alle n N gilt. 3 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 1b I (I Induktionsanfang: Für n 0 gilt 0 (II Induktionsschritt: q i q q0+1 1 q. Es sei n N 0 eine fest gewählte Zahl, für die die Behauptung gilt, n d.h. q i 1 qn+1 1 q. 4 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

3 Aufgabe 1b II Es gilt: n+1 q i n+1 n q i + q n+1 n+1 n+1 + q n+1 + qn+ n+2 n+1 + q n+ n+2 n+2 (n+1+1 Aus (I und (II folgt, dass die Behauptung für alle n N 0 gilt. 5 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 1c I (I Induktionsanfang: 1 1 Für n 1 gilt (2 1 1( sowie 1 i (II Induktionsschritt: Es sei n N eine fest gewählte natürliche Zahl, für die die Behauptung gilt, d.h. n i1 1 (2i 1(2i+1 n 2n+1. 6 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

4 Aufgabe 1c II n+1 i1 1 n (2i 1(2i + 1 i1 1 (2i 1(2i (2(n + 1 1(2(n n 2n (2n + 1(2n + 3 n(2n (2n + 1(2n + 3 2n2 + 3n + 1 (2n + 1(2n + 3 (2n + 1(n + 1 (2n + 1(2n + 3 n + 1 2n + 3 Aus (I und (II folgt, dass die Behauptung für alle n N gilt. 7 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 1d (I Induktionsanfang: Für n 3 gilt 3 3 > 5 > (II Induktionsschritt: Es sei n N eine fest gewählte natürliche Zahl mit n 3, für die die Behauptung gilt, d.h. n n > n + n. Es gilt: (n + 1 n + 1 n n n + 1 > n n + n + 1 > n + n + n + 1 > (n + 1+ n + 1 Aus (I und (II folgt, dass die Behauptung für alle n N gilt. 8 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

5 Aufgabe 1e (I Induktionsanfang: Für n 1 gilt 1 i1 (II Induktionsschritt: ( i ( 1 1 ( ( Es sei n N eine fest gewählte natürliche Zahl, für die die Behauptung gilt, d.h. i n ( ( 1 n+1 n 1. Dann folgt: ( n+1 i1 i1 ( ( ( ( n i n + 1 n n 1 i1 ( ( ( n + 1 n + 1 n n 1 n n i 1 n Aus (I und (II folgt, dass die Behauptung für alle n N gilt. 9 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 2 b λa (λ Z c μb (μ Z c ( λμ a b 1 λa 1 (λ Z b 2 μa 2 (μ Z b 1 b 2 ( λμ a 1 a 2 b 1 λa (λ Z b 2 μa (μ Z c 1 b 1 + c 2 b 2 ( c 1 λ + c 2 μ a 10 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

6 Aufgabe 3 Die Aussage ist im Allgemeinen nicht gültig. Beispielsweise gilt 2 4 und 3 9, aber ( ( c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 4 a Wahr, da und gilt. b Falsch, da und gilt. c Falsch, da und gilt. d Wahr, da 312 ( und gilt. e Falsch, da und gilt. 12 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

7 Aufgabe 5 I Es sei a b (mod m. Dann existieren für a und b die folgenden Zerlegungen mit Rest (mit q a, q b, r Z und 0 r < m: a q a m + r b q b m + r Für die Differenz a b ergibt sich hieraus: a b ( q a m + r ( q b m + r q a m q b m + r r ( q a q b m Hieraus folgt direkt, dass m (a b gilt. 13 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 5 II Es sei m (a b. Füra und b existieren die folgenden Zerlegungen mit Rest (mit q a, q b, r a, r b Z und 0 r a < m sowie 0 r b < m: a q a m + r a b q b m + r b Für die Differenz a b ergibt sich hieraus: a b ( ( q a m + r a qb m + r b ( q a q b m + ( r a r b }{{} 0 (mod m r a r b (mod m 14 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

8 Aufgabe 5 III Wegen m (a b muss also m (r a r b gelten. Aufgrund der Voraussetzungen 0 r a < m und 0 r b < m gilt m < r a r b < m. Das einzige ganzzahlige Vielfache von m im Intervall ( m, m ist 0 dies entspricht dem Fall r a r b, woraus direkt a b (mod m folgt. 15 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 6a Mit dem Euklidischen Algorithmus ergibt sich: Der größte gemeinsame Teiler von 613 und 224 ist folglich 1. Das bedeutet, dass die beiden Zahlen keine gemeinsamen Teiler 1 besitzen und somit teilerfremd sind. 16 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

9 Aufgabe 6b Mit dem Euklidischen Algorithmus ergibt sich: Der größte gemeinsame Teiler von 312 und 247 ist folglich 13. Rückwärtseinsetzen ergibt: ( ( c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 7 Es gilt a b ( q a m + r a ( qb m + r b q a m q b m + q a m r b + r a q b m + r a r b ( q a q b m + q a r b + q b r a m +r a r b }{{} 0 (mod m r a r b (mod m 18 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

10 Aufgabe 8 Es seien A und B Mengen mit A 7 und B 9. Betrachtet werden Abbildungen A B. a Es gibt insgesamt Abbildungen. b Es gibt insgesamt injektive Abbildungen. c Es gibt keine surjektiven Abbildungen, da B > A gilt. d Es gibt keine injektiven Abbildungen mit f (a 1 f(a 3. e Wie in b existieren injektive Abbildungen. f (a 1 f (a 3 ist durch die Injektivität bereits implizit gegeben. f Es gibt insgesamt derartige Abbildungen. 19 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 9a-c a Es gibt insgesamt ( ( Möglichkeiten, exakt 3 richtige Gewinnzahlen anzukreuzen. b Es gibt insgesamt ( ( ( ( Möglichkeiten, mindestens 5 richtige Gewinnzahlen anzukreuzen. c Der gesuchte Koeffizient lautet ( ( c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

11 Aufgabe 9d-g d Anzahl der möglichen Wörter: ( 16 16! 5, 1, 5, 4, 1 5! 1! 5! 4! 1! e Es gibt ( n+k 1 n Möglichkeiten. f Zunächst erhält jedes Kind 2 Bonbons. Es verbleiben n 2k Bonbons. Daraus resultiert die folgende Anzahl an Möglichkeiten: ( ( k 1 + n 2k n k 1. n 2k n 2k g Der gesuchte Koeffizient lautet ( 13 2,1,5,5 13! 2! 1! 5! 5! c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 10 Es sei M { a 1,...,a n }. Jedes der n Elemente a1,...,a n kann in der Teilmenge enthalten oder nicht in der Teilmenge enthalten sein für jedes Element existieren also exakt 2 Möglichkeiten. Für n Elemente gibt es dementsprechend 2 n Möglichkeiten, die Elemente der Teilmenge auszuwählen und somit 2 n verschiedene Teilmengen. 22 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

12 Aufgabe 11 I (I Induktionsanfang: Für n 1 gilt 1 ( 1 i 2 sowie (II Induktionsschritt: Es sei n N eine fest gewählte natürliche Zahl, für die die Behauptung gilt, d.h. 2 n. Es n gilt: ( n+1 n + 1 i ( n i ( ( n n + 1 n i n + 1 ( ( ( n + 1 n n + 1 n i n + 1 i1 ( (( ( ( n + 1 n n n i 1 i i1 n + 1 n c 2018 Steven Köhler 16. November 2018 Aufgabe 11 II ( ( n n n n i 1 i i1 i1 ( ( n 1 n n n i i i1 ( ( n n n n + i i ( n n 2 i 2 2 n 2 n+1 Aus (I und (II folgt, dass die Behauptung für alle n N gilt. 24 c 2018 Steven Köhler 16. November 2018

13 Aufgabe 12 Zunächst wird mit der Siebformel die Anzahl der durch 2, 3 oder 7 teilbaren Elemente zwischen 1 und 42 bestimmt: Bei den verbleibenden Elementen handelt es sich um die Elemente, die weder durch 2, 3 oder 7 teilbar sind. Diese sind teilerfremd zu c 2018 Steven Köhler 16. November 2018