1. Übung zur Vorlesung,,Diskrete Strukturen (SS 01)

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1 1 Übung zur Vorlesung,,Disrete Struturen (SS 01 Lösung zu Aufgabe Es ist zu zeigen: Für, n N 0 gilt Algebraischer Beweis ( ( n + n Es sei n N 0 beliebig Wir beweisen die Behauptung durch Indution nach Indutionsanfang: Für 0 ist ( n + 0 ( n 1 0 ( ( n + 1 n Indutionsannahe: Es sei 0 und die Behauptung sei bereits bewiesen für Indutionsschritt (Schluss von auf + 1: +1 ( n + ( ( n + n ( ( n n nach Indutionsannahe + 1 ( n + ( nach Vorlesung Kap I, 1, Satz + 1 Kobinatorischer Beweis Es sei M {1,, + n + 1} Für 1,, + 1 setzen wir ( M M { X in(m \ X } (das ist die Menge aller -Teilengen von M, die die 1 leinsten Zahlen aus M enthalten, aber nicht die Zahl selber Dann ist ( M M 1 M M +1 und also M ( (n ( 1 ( n + M ( n + ( ( M für 1 + 1, ( n + + 1

2 Übung zur Vorlesung,,Disrete Struturen (SS 01 Lösung zu Aufgabe 6 Es sei A n {1,, n} und B {1,, } Dann ist! S n, Surj (A, B die Anzahl der surjetiven Abbildungen und n Abb (A, B die Anzahl aller Abbildungen von A nach B Wir beweisen die gegebene Forel, inde wir die t : n! S n, nicht surjetiven Abbildungen von A nach B abzählen Dazu betrachten wir für jedes i B die Menge X i {f : A B i Bild f} der Abbildungen von A nach B, in deren Bild i nicht enthalten ist Dann ist t X 1 X Nach de Inlusion-Exlusion-Prinzip ergibt sich t zu t X i ( 1 j+1 X I i1 j1 I ( B j it X I i I X i Da X I Abb (A, B \ I ist, also X I ( j n, ergibt sich t ( 1 ( 1 j+1 ( j n j j1 j0 j0 ( 1 j+1 ( j (it Suationsverschiebung j j Also ist 1 (! S n n + ( 1 j j n j woraus die Behauptung unittelbar folgt Lösung zu Aufgabe 8 Die Regeln des Wechselns ann an auch als Perutation der Positionen betrachten: ( σ ( ( S (a Es ist ( id, aber ( n id für n N, n < 4 Also fährt der erste Fahrer nach vier Wechseln zu ersten Mal wieder vorne (b Für n N 0 gilt genau dann σ n id, wenn n ein geeinsaes Vielfaches der Längen der beiden Zylen von σ ist Das leinste geeinsae Vielfache von 4 und 6 ist 1 Also fahren die Fahrer jeweils nach de 1, 4, 6, Wechsel wieder in der ursprünglichen Reihenfolge Da es 15 Wechsel gibt, geschieht das zu letzten Mal nach de 10 Wechsel und dait insgesat 10 al (c Die Fahrer wechseln 15 al Das entspricht der Perutation ( σ 15 σ id 10 σ 5 ( ( j n Die Fahrer oen also in der Reihenfolge 4, 9, 8, 7,,,10, 5, 6, 1 i Ziel an

3 5 Übung zur Vorlesung,,Disrete Struturen (SS 01 Lösung zu Aufgabe 19 (a Ist A a n x n K[[x]] und s n A 1 x a n x n 0 x n a für n N 0, so gilt offensichtlich ( a 1 x n (b Mit Hilfe von Folgerung aus 4 erhalten wir x(1 + x ( n + (1 x (x + x x n ( n + 1 ( n x n + x n n1 n (( ( ( n + 1 n + x n (wegen 0 für < n(n n(n 1 x n n x n (c Setzen wir A a n x n it a n n und s n a s n x n s n x n A (nach (a 1 x n x n x(1 + x (nach (b 1 x (1 x 4 ( n + (x + x x n (nach 4 Folgerung ( n + ( n + 1 x n + x n n1 n (( ( ( n + n x n (wegen 0 für < und dait ( ( n + 1 n + s n n(n + 1(n für n N 0, so folgt

4 9 Übung zur Vorlesung,,Disrete Struturen (SS 01 Beerung zu Aufgabe Diese Aufgabe ist völlig analog zu de Beispiel a Ende von 5 (Kap II der Vorlesung Lösung zu Aufgabe 4 (a Es soll gezeigt werden, dass R Z[ 5 ] {a + b 5 a, b Z} ein outativer Ring ist Da R in C liegt und da C ein Körper und dait erst recht ein outativer Ring ist, genügt es zu zeigen, dass R ein Teilring von C ist, also dass R die Zahlen 0 und 1 enthält und dass it je zwei Eleenten r 1 a 1 + b 1 5 und r a + b 5 aus R auch die Zahlen r 1 + r und r 1 r und r 1 r in R liegen Dass die ersten vier dieser fünf Bedingungen erfüllt sind, sieht an sofort Für das Produt gilt r 1 r (a 1 + b 1 5 (a + b 5 (a1 a 5b 1 b + (a 1 b + a b 1 5 R Also is R ein outativer Ring (b Für R R/R bildet die Menge V {a + b 5 a, b {0, 1, } } R offensichtlich ein vollständiges Vertretersyste Also hat R genau 9 Eleente (c Wir betrachten die Abbildung ϕ: (R, + (Z Z, + it [a + b 5 ] ( [a], [b] von der additiven Gruppe (R, + in die additive Gruppe (Z Z, + Diese Abbildung ist einerseits ein (Gruppen-Hooorphisus, denn für alle a 1, B 1, a, b Z gilt ϕ((a 1 + b (a + b 5 ( [a1 + a ], [b 1 + b ] ϕ(a 1 + b ϕ(a + b 5 Andererseits ist sie offensichtlich surjetiv und deshalb wegen R Z Z 9 < bijetiv Insgesat folgt, dass ϕ ein (Gruppen-Isoorphisus von R auf Z Z ist Dieser Isoorphisus erlaubt es uns, die Eleente [a + b 5 ] aus R in der For ( [a], [b] zu schreiben Diese Schreibweise vereinfacht sich noch weiter, wenn wir für [0], [1] und [] einfach 0, 1 und schreiben (und dann natürlich odulo rechnen Die Multipliation in R sieht in dieser Notation so aus: (a 1, b 1 (a, b (a 1 a + b 1 b, a 1 b + a b 1 (d Jedes Ideal von R ist insbesondere eine additive Untergruppe von R U die Ideale zu bestien, genügt es also, die additiven Untergruppen zu betrachten, Die,,triviale Untergruppe U 0 {(0, 0} der Ordnung 1 und die ganze Gruppe R der Ordnung 9 sind beanntlich Ideale Alle anderen Untergruppen üssen nach de Satz von Lagrange die Ordnung haben Es gibt 4 solche Untergruppen, U 1 { (1, 0, (, 0, (0, 0 }, U { (1, 1, (,, (0, 0 }, U { (0, 1, (0,, (0, 0 }, U 4 { (1,, (, 1, (0, 0 }, und jede dieser Untergruppen ist genau dann ein Ideal, wenn R U i U i gilt Wegen (1, 1 (1, 0 (1, 1 und (1, 1 (0, 1 (1, 1 ist R U 1 U 1 und R U U Andererseits gilt (a, b (c, c (ac + bc, ac + bc und (a, b (c, c (ac bc, (ac bc für alle a, b, c Z und dait R U U und R U 4 U 4 R hat also genau die 4 Ideale U 0, U, U 4 und R

5 9 Übung zur Vorlesung Disrete Struturen (H Pahlings SS 01 Lösung zu Aufgabe (a Gegeben sind die siultanen Kongruenzen x 1 od 4, x od 5, x od 7 Da die drei Zahlen 4, 5 und 7 paarweise teilerfred sind, gibt es nach de chinesischen Restsatz eine Lösung und wir önnen sie berechnen, inde wir de (onstrutiven Beweis dieses Satzes folgen Benutzen wir dabei die Bezeichnungen aus der Vorlesung, d h, schreiben wir die gegebenen Kongruenzen in der For x a i od q i und setzen wir q 1 q q sowie q i q i, so erhalten wir a 1 1, a, a, q 1 4, q 5, q 7, 140, q 1 5, q 8, q 0 Man sieht leicht (oder berechnet it de eulidischen Algorithus ( 1 5 ( ( 1 0 Schreiben wir dafür wieder wie in der Vorlesung jeweils 1 y i q i + z i q i, so erhalten wir z 1 1, z, z 1 und daraus schließlich [ ] [x] a i q i z i i1 [ 1 5 ( ( 1 ] 140 [17] 140 Also löst jede Zahl der For x 140 z +17 it z Z die gegebenen siultanen Kongruenzen Lösung zu Aufgabe (b Es sei jetzt der Zeitpunt t 0 0 in Nach Voraussetzung geben die Sender jeweils zu den Zeitpunten t 1 5 n 1 1 in, t 7 n 4 in und t 11 n 10 in Signale ab (n 1, n, n Z Gesucht ist der erste Zeitpunt t 0, für den die drei siultanen Kongruenzen t 1 od 5, t 4 od 7, t 10 od 11 gelten Wir lösen diese Aufgabe ganz analog zur Aufgabe 8 (a und erhalten der Reihe nach und daraus schließlich [ ] [t] a i q i z i i1 a 1 1, a 4, a 10, q 1 5, q 7, q 11, 85, q 1 77, q 55, q ( ( 1 55 ( z 1, z 1, z 6 [ ( 1 77 ( + ( 4 55 ( 1 + ( ] 85 [ 176] 85 Gesucht ist die leinste positive Zahl aus [ 176] 85, das ist t 199 Also werden die drei Sender in drei Stunden und 19 Minuten zu ersten Mal wieder alle gleichzeitig ein Signal geben

6 10 Übung zur Vorlesung,,Disrete Struturen (SS 01 Lösung zu Aufgabe 8 (a 1 4 Das abgebildete Quadrat it den Ecen 1,,, 4 besitzt offensichtlich acht verschiedene Syetrieabbildungen, nälich die Spiegelung an der Mittelhalbierenden der Kanten 1 und 4, die Spiegelung an der Mittelhalbierenden der Kanten 14 und, die Spiegelungen an den Diagonalen 1 bzw 4, die Drehungen i Uhrzeigersinn u den Mittelpunt des Quadrats u 90, 180 und 70 und schließlich die identische Abbildung, die alle Ecen fest lässt Die Syetriegruppe G hat also acht Eleente Bezeichnen wir diese in der obigen Reihenfolge it σ 1, σ, τ 1, τ, ϱ, ϱ, ϱ und ι und schreiben wir sie als jeweils in For der von ihnen bewirten Perutation der Ecen, so erhalten wir σ 1 (1, (, 4, τ 1 (, 4, ϱ (1,,, 4, ϱ (1, 4,,, σ (1, 4(,, τ (1,, ϱ (1, (, 4, ι (1 (a Jedes Eleent aus G erzeugt eine zylische Untergruppe von G Auf diese Weise erhalten wir schon einal die Untergruppen U 1 ι {ι}, U σ 1 {σ 1, ι}, U σ {σ, ι}, U 4 τ 1 {τ 1, ι}, U 5 τ {τ, ι}, U 6 ϱ {ϱ, ι}, U 7 ϱ ϱ {ϱ, ϱ, ϱ, ι} der Ordnungen 1,,,,, und 4 Da jede Gruppe der Ordnung zylisch ist, haben wir dait insbesondere schon alle Untergruppen der Ordnung gefunden Nach de Satz von Lagrange önnen jetzt also nur noch Untergruppen der Ordnung 4 fehlen Eine solche Untergruppe der Ordnung 4 darf weder ϱ noch ϱ enthalten, da sie sonst schon gleich U 7 wäre Sie uss daher indestens zwei Spiegelungen enthalten Deren Produt ist dann eine Drehung (da die Ecen nach zwei Spiegelungen wieder i Uhrzeigersinn nueriert sind, und zwar eine von ι verschiedene Drehung, da die Spiegelungen verschieden sind Also ist jede der noch fehlenden Untergruppen das Erzeugnis einer Spiegelung und der Drehung ϱ Das ergibt zwei neue Untergruppen U 8 σ 1, ϱ σ, ϱ {σ 1, σ, ϱ, ι}, U 9 τ 1, ϱ τ, ϱ {τ 1, τ, ϱ, ι} der Ordnung 4, und weitere ann es dann nicht ehr geben Die folgende Sizze zeigt die gegenseitigen Inlusionen der Untergruppen G U 8 U 7 U 9 U U U 6 U 4 U 5

7 10 Übung zur Vorlesung Disrete Struturen (H Pahlings SS 01 Lösung zu Aufgabe 8 (b (b Die triviale Untergruppe U 1 und G selbst sind natürlich Noralteiler von G Aber auch die Untergruppen der Ordnung 4 sind noral in G, denn für sie gilt jeweils [G:U i ] und deshalb U i g U i gu i für alle g U i und U i g G \ U i gu i, für alle g G \ U i Die Untergruppe U 6 ist ebenfalls ein Noralteiler, denn es ist g 1 ϱ g ϱ U 6 und g 1 ιg ι U 6 und für alle g G Andererseits sind die Untergruppen U bis U 5 eine Noralteiler, denn wie an leicht anschaulich sieht (oder nachrechnet ist ϱ 1 σ i ϱ σ i und ϱ 1 τ i ϱ τ i für i {1, } Beerung: Die Gruppe G aller Spiegelungen und Drehungen eines Quadrats wird i Allgeeinen als Diedergruppe D 8 bezeichnet Lösung zu Aufgabe 5 Ist n N it ϕ(n 4 und ist n s i1 pr i i die Zerlegung von n in ein Produt von paarweise teilerfreden Prizahlpotenzen, so ist ϕ(n s i1 (p i 1p r i 1 i Also ann n einen Priteiler größer als 5 und ein Quadrat einer ungeraden Prizahl enthalten, d h, n hat die For n a b 5 c it a N 0 und b, c {0, 1} Mit einer leinen Fallunterscheidung ergibt sich: Ist b c 0, so ist n 8 Ist b 1, so ist n 1 Ist c 1, so ist n 5 oder n 10 Für den zweiten Teil der Aufgabe betrachten wir zunächst die beiden Restlassengruppen Z 5 und Z 10 Wegen [] 5 [1] 5 und [] 10 [1] 10 sind die Ordnungen von [] 5 und [] 10 größer als und dait (als Teiler von 4 gleich 4 Daraus folgt: Z 5 und Z 10 sind beide zylisch und die Abbildung Z 5 Z 10 it [] i 5 [] i 10 für i {0, 1,, } ist ein Isoorphisus In Z 8 und Z 1 sind alle Quadrate gleich [1] 8 bzw [1] 1, diese beiden Gruppen sind also nicht zylisch Man sieht (etwa durch Nachrechnen, dass jede bijetive Abbildung von Z 8 nach Z 1, die [1] 8 auf [1] 1 abbildet, ein Isoorphisus ist Lösung zu Aufgabe 6 (a Es ist , also ϕ(000 ( 1 ( (b Es ist 1 41, also 1 ggt(1, 000 Nach de Satz von Euler gilt daher ϕ(000 1 od 000 Die gesuchte Zahl x ist denach die leinste positive ganze Zahl it x od 000 Das ist offensichtlich x 119 Lösung zu Aufgabe 7 Gegeben sind der Ring K Z [x] /fz [x] it f x 4 + x + x + x + 1 und die ultipliative Gruppe G von K Wegen Grad f 4 hat K 16 Eleente Nach Aufgabe 7 ist f irreduzibel Also ist K ein Körper und alle von 0 verschiedenen Eleente aus K sind invertierbar Soit ist G 15, und jedes Eleent von G hat eine Ordnung, die ein Teiler von 15 ist (a Setzen wir etwa g [ x + x ] f, so ist g [ x ] f [1] f und g 5 [ x + x ] f [1] f und dait ord (g {1,, 5} Also ist ord (g 15 und g G Die sätlichen Erzeugenden von G sind dann gerade alle Potenzen von g it zu 15 teilerfreden Exponenten, also g [ x + x ] f, g 8 [ x + x + 1 ] f, g [ x + x ] f, g 11 [ x + x + x ] f, g 4 [ x + x + 1 ] f, g 1 [ x + 1 ] f, g 7 [ x + 1 ] f, g 14 [ x + 1 ] f (b Es ist zu zeigen: Ist G g, so ist auch G g Die Behauptung folgt it Satz aus 8 der Vorlesung sofort aus ord (g G 15 und 1 ggt (, 15