Tutorium: Diskrete Mathematik. Vorbereitung der Bonusklausur am Lösungen der Aufgaben (Teil 2)

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Anneliese Seidel
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1 Tutorium: Diskrete Mathematik Vorbereitung der Bonusklausur am Lösungen der Aufgaben (Teil 2)

2 Steven Köhler mathe.stevenkoehler.de 2

3 Aufgabe 1 Es sei M = 1; 2 ª.Esgilt P(M) = P(P(M)) = n o ;; f1g; f2g; f1; 2g n o A j A μ P(M) : Hieraus ergibt sich unmittelbar: (i) falsch (vi) wahr (ii) falsch (vii) wahr (iii) wahr (viii) falsch (iv) falsch (ix) falsch (v) falsch (x) wahr 3

4 Aufgabe 2 A B A, B A ^ B :A :B :A ^:B (A ^ B) _ (:A ^:B) Die Spalten fäur A, B und (A^B)_(:A^:B) stimmenäuberein { die beiden Aussagen sind Äaquivalent. 4

5 Aufgabe 3 b = a ( 2 Z) c = ¹b (¹ 2 Z) ) c = ¹ a b 1 = a 1 ( 2 Z) b 2 = ¹a 2 (¹ 2 Z) ) b 1 b 2 = ¹ a 1 a 2 b 1 = a ( 2 Z) b 2 = ¹a (¹ 2 Z) ) c 1 b 1 + c 2 b 2 = c 1 + c 2 ¹ a 5

6 Aufgabe 4 Die Aussage ist im Allgemeinen nicht gäultig. Beispielsweise gilt 2 j 4 und 3 j 9, aber (5 =) (=13). 6

7 Aufgabe 5 a) Wahr, da = 34 und 17 j 34 gilt. b) Falsch, da = 19 und gilt. c) Falsch, da = 101 und gilt. d) Wahr, da 312 ( 147) = 459 und 3 j 459 gilt. e) Falsch, da = 30 und gilt. 7

8 Aufgabe 6 I Es sei a b (mod m). Dann existieren fäur a und b die folgenden Zerlegungen mit Rest (mit q a ;q b ;r 2 und 0 rm): a = q a m + r b = q b m + r FÄur die Di erenz 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 j (a b) gilt. 8

9 Aufgabe 6 II Es sei m j (a b). FÄur a und b existieren die folgenden Zerlegungen mit Rest (mit q a ;q b ;r a ;r b 2 und 0 r a m sowie 0 r b m): a = q a m + r a b = q b m + r b FÄur die Di erenz 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 {z } 0 (mod m) r a r b (mod m) 9

10 Aufgabe 6 III Wegen m j (a b) mussalsom j (r a r b ) gelten. Aufgrund der Voraussetzungen 0 r a m und 0 bm gilt mr a r b m: Das einzige ganzzahlige Vielfache von m im Intervall ( m; m) ist 0 ndash; dies entspricht dem Fall r a = r b, woraus direkt a b (mod m) folgt. 10

11 Aufgabe 7a Mit dem Euklidischen Algorithmus ergibt sich: 613 = = = = = = = Der gräo¼te gemeinsame Teiler von 613 und 224 ist folglich 1. Das bedeutet, dass die beiden Zahlen keine gemeinsamen Teiler 1 besitzen. 11

12 Aufgabe 7b Mit dem Euklidischen Algorithmus ergibt sich: 312 = = = = Der gräo¼te gemeinsame Teiler von 312 und 247 ist folglich 13. Das bedeutet, dass die beiden Zahlen nicht teilerfremd sind. 12

13 Aufgabe 8 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 {z } 0 (mod m) r a r b (mod m) 13

14 Aufgabe 9 Es gilt und folglich auch (mod 11) (mod 11): Es gilt (mod 11) (mod 11) (mod 11) (mod 11) (mod 11) (mod 11) (mod 11) (mod 11): Es folgt (mod 11):

15 Aufgabe 10 Die Aussage ist falsch ist als Zweierpotenz nicht ohne Rest durch 6 teilbar, da der Primfaktor 3 nicht enthalten ist. 66 als Vielfaches von 6 ist dementgegen ohne Rest durch 6 teilbar, und somit auch Da einer der Werte ohne Rest durch 6 teilbar ist und der andere nicht, kann die Kongruenz nicht gelten. 15

16 Aufgabe 11 Es seien A und B Mengen mit jaj =7undjBj =9. Betrachtet werden Abbildungen A! B. a) Es gibt insgesamt 9 7 =4:782:969 Abbildungen. b) Es gibt insgesamt 9 7 =181:440 injektive Abbildungen. c) Es gibt keine surjektiven Abbildungen, da jbj > jaj gilt. d) Es gibt keine injektiven Abbildungen mit f(a 1 )=f(a 3 ). e) Wie in b) existieren Abbildungen. f(a 1 ) 6= f(a 3 )ist durch die InjektivitÄat bereits implizit gegeben. f) Es gibt insgesamt =3:779:136 derartige Abbildungen. 16

17 Aufgabe 12 a-c a) (i) ² mit ZurÄucklegen: 9 5 =59:049 MÄoglichkeiten; (ii) ² ohne ZurÄucklegen: 9 5 =15:120 MÄoglichkeiten ² mit ZurÄucklegen: =1:287 MÄoglichkeiten; ² ohne ZurÄucklegen: 9 5 =126MÄoglichkeiten b) Es gibt insgesamt =246:820 MÄoglichkeiten, exakt 3 richtige Gewinnzahlen anzukreuzen. c) Es gibt insgesamt = 259 MÄoglichkeiten, mindestens 5 richtige Gewinnzahlen anzukreuzen. 17

18 Aufgabe 12 d-g d) Anzahl der mäoglichen WÄorter: μ 11 11! = 3; 4; 1; 2; 1 3! 4! 1! 2! 1! =138:600: e) Es gibt n+k 1 n MÄoglichkeiten. f) ZunÄachst erhäalt jedes Kind 2 Bonbons. Es verbleiben n 2k Bonbons. Daraus resultiert die folgende Anzahl an MÄoglichkeiten: μ μ k 1+n 2k n k 1 = : n 2k n 2k g) Der gesuchte Koe±zient lautet 9 6 = 9 3 =84 18

19 Aufgabe 12 h-j h) Der gesuchte Koe±zient lautet 13 2;1;5;5 = 13! i) Der gesuchte Koe±zient lautet 12 2;5;5 = 12! 2! 1! 5! 5! =216:216. 2! 5! 5! =16:632. j) Es existieren = =1:001 MÄoglichkeiten. 19

20 Aufgabe 13 Es sei M = a 1 ;:::;a n ª. Jedes der n Elemente a1 ;:::;a n kann in der Teilmenge enthalten oder nicht in der Teilmenge enthalten sein { fäur jedes Element existieren also exakt 2 MÄoglichkeiten. FÄur n Elemente gibt es dementsprechend 2 n MÄoglichkeiten, die Element der Teilmenge auszuwäahlen{undsomit2 n Teilmengen. 20

21 Aufgabe 14 (I) Induktionsanfang: FÄur n =1gilt 1P i=1 (II) Induktionsschritt: i 1 = 1 1 =1= 2 0 = X Es sei n 2 N eine fest gewäahlte natäurliche Zahl, fäur die die np Behauptung gilt, d.h. i 1 = n+1 n 1.Dannfolgt: n+1 i=1 n i 1 = i=1 i=1 i 1 + n +1 1 = n +1 n 1 + n +1 n = n +1 n 1 + n +1 1 = n +2 n Aus (I) und (II) folgt, dass die Behauptung fäur alle n 2 N gilt. 21

22 Aufgabe 15 (I) Induktionsanfang: FÄur n =4gilt 4P i=4 (II) Induktionsschritt: i i 2 = 4 2 =6= X Es sei n 2 N eine fest gewäahlte natäurliche Zahl mit n 4, np fäur die die Behauptung gilt, d.h. = n+1 4. Dann folgt: n+1 i=4 n i i 2 = i=4 = n +1 3 i=4 i i 2 i i 2 + n +1 n 1 = n n +1 2 = n n +1 n 1 Aus (I) und (II) folgt, dass die Behauptung fäur alle n 4gilt. 4 22

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