Lösungen zu Kapitel 2

Transkript

1 Lösungen zu Kapitel 2 Lösung zu Aufgabe 1: Wir zeigen die Behauptung durch vollständige Induktion über n. Die einzige Menge mit n = 0 Elementen ist die leere Menge. Sie besitzt nur sich selbst als Teilmenge, das heißt P ( ) = 1 = 2 0. Es sei M eine nichtleere Menge mit n+1 Elementen. Wir wählen ein Element m M aus und betrachten die Menge M \ {m}. Sie besitzt nach Induktionsvoraussetzung 2 n Elemente. Eine beliebige Teilmenge von M erhalten wir, indem wir m zu einer Teilmenge von M \ {m} hinzufügen oder nicht hinzufügen. Die Menge M besitzt daher 2 2 n = 2 n+1 Elemente. 1

2 2 Lösungen zu Kapitel 2 Lösung zu Aufgabe 2: Wir zeigen zuerst die Aussage M N i = (M N i ). i I i I Sie ergibt sich aus x M N i x M ( i. x N i ) i I i. (x M x N i ) i. (x M N i ) x (M N i ). i I Die Aussage M N i = (M N i ) i I i I wird analog bewiesen. Es seien eine Menge M sowie Teilmengen M i, i I, gegeben. Für alle x gilt x M \ i I M i x M ( i I. x M i ) x M ( i I. x / M i ) i I. (x M x / M i ) x i I (M \ M i ). Hieraus folgt M i M, i I M \ M i = (M \ M i ). i I i I Die Mengen M (N O) und (M N) (M O) enthalten genau die Paare (x, y) mit x M und y N O, das heißt, es gilt M (N O) = (M N) (M O). Die Aussage M N O P (M O) (N P) ist offensichtlich wahr.

3 Lösungen zu Kapitel 2 3 Venn-Diagramm für die symmetrische Differenz zweier Men- Lösung zu Aufgabe 3: gen M und N: M N M N. Die Aussage M N = (M N) \ (N M) gilt, denn für alle x ist x M N (x M \ N) (x N \ M) (x M x / N) (x N x / M) x (M N) x / (N M) x (M N) \ (N M). Die Aussage M (N O) = (M N) (M O) ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist M = N = {a, c} und O = {b, c}. Es ist nämlich M (N O) = {a, b, c} und (M N) (M O) = {b}. Auch die Aussage M (N O) = (M N) (M O) gilt nicht, denn für M = {a, b}, N = {a} und O = {a, b, c} ist M (N O) = {b} und (M N) (M O) =. Lösung zu Aufgabe 4: Nach den Defintionen 2.4 und 2.6 gilt (a, b) = {{a}, {a, b}} (a, b, c) = ((a, b), c) = ({{a}, {a, b}}, c) = {{{a}, {a, b}}, {{{a}, {a, b}}, c}} (a, b, c, d) = ((a, b, c), d) = {{{{{a}, {a, b}}, {{{a}, {a, b}}, c}}}, {{{{a}, {a, b}}, {{{a}, {a, b}}, c}}, d}} Lösung zu Aufgabe 5: Nein, die Aussagewürde nicht gelten. Für a = b wäre sonst (a, b, a) = {{a}, {a, b}} = (a, b, b). Lösung zu Aufgabe 6: Wir zeigen durch vollständige Induktion, dass M n = n ist. Für n = 0 ist M 0 = = 0. Da nach dem Fundierungsprinzip M n / M n ist, enthält M n+1 ein Element mehr als M n. Hieraus folgt M n+1 = M n + 1 = n + 1.

4 4 Lösungen zu Kapitel 2 Lösung zu Aufgabe 7: Es sei M eine nichtleere Menge. Wir müssen zeigen, dass es ein Element m M mit m M = gibt. Dazu nehmen wir an, dass es für alle m M ein Element m m M gibt. Es ist m m M und m M. Dann gibt es ein Element m m M, das heißt m m m M. Wenn wir diesen Prozess fortsetzen, erhalten wir eine unendliche Kette... m m m m M. Dies steht im Widerspruch zum Fundierungsprinzip. Lösung zu Aufgabe 8: Das folgende Bild enthält eine Tabelle, einen Graphen sowie ein Pfeildiagramm der Relation R = {(m, n) m + n < 6} M M auf der Menge M = {1, 2,..., 6}. M M M M 1 M M R ist offensichtlich symmetrisch. Man sieht sofort, dass R weder reflexiv, irreflexiv, antisymmetrisch noch asymmetrisch ist. R ist auch nicht linear, denn es ist beispielsweise (1, 5) / R und (5, 1) / R. Außerdem ist R nicht transistiv, da zum Beispiel (2, 1) R und (1, 4) R ist, aber (2, 4) / R.

5 Lösungen zu Kapitel 2 5 Mit Definition 2.13(d) bekommen wir die folgenden Relatio- Lösung zu Aufgabe 9: nen. R 0 : R 1 : R 2 : R n = R + = R, n 3 : Lösung zu Aufgabe 10: Die Teilmengenbeziehung auf der Potenzmenge P (M) einer Menge M ist eine Ordnungsrelation, das heißt, sie ist reflexiv, transitiv und antisymmetrisch. Die echte Teilmengenbeziehung ist eine strenge Ordnungsrelation, das heißt, die Relation ist transitiv und asymmetrisch. Diese Aussagen ergeben sich aus Satz 2.1. Lösung zu Aufgabe 11: (a) Implizit ist in einem Hasse-Diagramm die Reflexivität und die Transitivität der dargestellten Relation enthalten. (b) Es sei M = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36, 72}. Der folgende Graph ist ein mögliches Hassediagramm der Teilbarkeitsrelation auf der Menge M Lösung zu Aufgabe 12: Wir zeigen die Behauptung durch vollständige Induktion. Für n = 1 gilt offensichtlich R n = R R. Zum Nachweis des Induktionsschlusses seien n 1 und R n R gegeben. Wir müssen zeigen, dass R n+1 = R R N R ist. Es sei ein Paar (x, y) R n+1 mit x, y M gegeben. Dann gibt es ein Element z M mit (x, z) R und (z, y) R n. Nach Induktionsvoraussetzung ist (z, y) R. Hieraus und aus der Transitivität von R folgt die Behauptung (x, y) R.

6 6 Lösungen zu Kapitel 2 Lösung zu Aufgabe 13: (a) Die Aussage gilt nicht. Für R = ist R 1 = und damit R R 1 = = = 1 M, falls M = ist. (b) Die Aussage gilt nicht. Für M = {a, b} sind R 1 = {(a, b)} und R 2 = {(b, a)} transitiv. Die Relation R 1 R 2 = {(a, b), (b, a)} ist jedoch nicht transitiv. (c) Es seien R 1 und R 2 symmetrische Relationen auf M. Dann ist R 1 R 2 ebenfalls symmetrisch, da für jedes Paar (x, y) R 1 R 2 das Paar (y, x) entweder zu R 1 oder zu R 2 gehört und damit in jedem Fall in R 1 R 2 liegt. Lösung zu Aufgabe 14: Die durch (m, n) R m besitzt genauso viele Teiler wie n auf einer Menge M natürlicher Zahlen definierte Relation ist offenbar reflexiv, symmetrisch und transitiv und damit eine Äquivalenzrelation. Die zugehörigen Äquivalenzklassen sind die Teilmengen von M, deren Elemente die gleiche Anzahl von Teilern besitzen. Für die Menge M = {1, 2,..., 15} ist die Zerlegung daher {{1}, {2, 3, 5, 7, 11, 13}, {4, 9}, {6, 8, 10, 14, 15}, {12}}. Für die Primzahlzerlegungen der Zahlen 20, 21,..., 32 er- Lösung zu Aufgabe 15: halten wir 20 = , 21 = , 22 = , 23 = 23 1, 24 = , 25 = 5 2, 26 = , 27 = 3 3, 28 = , 29 = 29 1, 30 = , 31 = 31 1, 32 = 2 5. Dies ergibt die Reihenfolge

7 Lösungen zu Kapitel 2 7 Lösung zu Aufgabe 16: Wir müssen zeigen, dass R 1 M die kleinste R umfassende reflexive Relation ist. Offenbar ist R 1 M reflexiv und enthält R. Um zu zeigen, dass R 1 M die kleinste dieser Relationen ist, sei S eine weitere reflexive Relation mit R S. Aus R S folgt R 1 M S 1 M. Da S reflexiv ist, gilt 1 M S. Hieraus folgt S 1 M = S. Insgesamt bekommen wir R 1 M S 1 M = S. Lösung zu Aufgabe 17: Die Behauptung kann analog zur Aussagevon Satz 2.7 über die transitive Hülle bewiesenwerden. Sie ergibt sichaber auchdirekt mithilfe der Gleichung R = R i = R 0 R i = R 0 R + = 1 M R + i 0 i 1 und Aufgabe 16. Lösung zu Aufgabe 18: Pfeildiagramm: Eine Relation ist eine partielle/totale Funktion genau dann, wenn von jedem Element der Urbildmenge höchstens/genau ein Pfeil ausgeht. Eine Funktion ist injektiv/surjektiv/bijektiv, wenn bei jedem Element der Bildmenge höchstens/mindestens/genau ein Pfeil endet. Tabelle: Eine Relation ist eine partielle/totale Funktion genau dann, wenn jedes Element der Urbildmenge höchstens/genau einmal in der linken Spalte der Tabelle auftritt. Eine Funktion ist injektiv/surjektiv/bijektiv genau dann, wenn jedes Element der Bildmenge höchstens/mindestens/genau einmal auf der rechten Seite der Tabelle auftritt. Graph: Eine Relation ist eine partielle/totale Funktion, wenn zu jedem Element der Urbildmenge (x-achse) höchstens/genau ein Punkt im Graphen eingezeichnet ist. Eine Funktion ist injektiv/surjektiv/bijektiv, wenn zu jedem Element der Bildmenge (y- Achse) höchstens/mindestens/genau ein Punkt im Graphen eingezeichnet ist. Lösung zu Aufgabe 19: (a) Die Relation {(x, y) x = y} ist eine totale Funktion. (b) Die Relation {(x, y) x < y} ist keine Funktion, da es zu jeder natürlichen Zahl unendlich viele größere gibt. (c) Die Relation {(x, y) x < y y x + 1} ist eine totale Funktion. Zu x erfüllt nur genau die Zahl y = x + 1 die angegebene Bedingung. (d) Die Relation {(x, y) x + y = 10} ist eine partielle Funktion. (e) Die Relation {(x, y) x + y = 10} ist eine totale Funktion. (f) Die Relation {(x, y) x 2 = y} ist eine totale Funktion.

8 8 Lösungen zu Kapitel 2 Lösung zu Aufgabe 20: (a) Die Funktion f 1 :, f 1 (x) = x 2, ist weder injektiv noch surjektiv. Es ist W( f 1 ) = {x x 0}. (b) Die Funktion f 2 : x., f 2 (x) = x 3, ist bijektiv. Es ist f 1 2 (x) = 3 x für alle (c) Die Funktion f 3 :, f 3 (x) = x 3 x = x(x + 1)(x 1), ist surjektiv, aber nicht injektiv. (d) Die Funktion f 4 :, f 4 (x) = 2 x, ist injektiv, da sie streng monoton ist. Es ist W( f 4 ) = {x x > 0} = +. (e) Die Funktion f 5 : +, f 5 (x) = 2 x, ist bijektiv, und es gilt f 1 5 (x) = log 2 x für alle x +.

9 Lösungen zu Kapitel 2 9 Lösung zu Aufgabe 21: Wir zeigen zunächst Satz 2.8(c). Es seien M und N nichtleere Mengen sowie f : M N eine totale Funktion. Die Behauptung lautet: f ist genau dann surjektiv, wenn eine Funktion f : N M mit f f = 1 N existiert. Es sei f surjektiv. Wir definieren f wie folgt. Für jedes n N setzen wir f (n) = m für ein festes Element m M mit f (m) = n. Offenbar gilt ( f f )(n) = f ( f (n)) = f (m) = n = 1 N (n) für alle n N mit geeigneten m M. Es sei jetzt f eine Funktion wie in der Behauptung angegeben. Zu zeigen ist die Surjektivität von f. Dazu sei ein Element n N gegeben. Ein Urbild von n unter f ist f (n), denn es gilt f ( f (n)) = ( f f )(n) = 1 N (n) = n. Damit ist f surjektiv. Wir kommen zu Satz 2.9 und zeigen die Aussagen (a), (b) und (d). Es seien M und N nichtleere Mengen sowie f : M N eine Funktion. Für alle Mengen M, M M und N, N N gelten die folgenden Aussagen: (a) f (M M ) = f (M ) f (M ), (b) f (N N ) = f (N ) f (N ), (d) f (N N ) = f (N ) f (N ). Die Aussage (a) folgt aus n f (M M ) m. (m M M f (m) = n) (b) ergibt sich aus und (c) schließlich aus m. ((m M m M ) f (m) = n) m. ((m M f (m) = n) (m M f (m) = n)) m. (m M f (m) = n) m. (m M f (m) = n) n f (M ) n f (M ) n f (M ) f (M ). m f (N N ) f (m) N N f (m) N f (m) N m f (N ) m f (N ) m f (N ) f (N ) m f (N N ) f (m) N N f (m) N f (m) N m f (N ) m f (N ) m f (N ) f (N ).

10 10 Lösungen zu Kapitel 2 Lösung zu Aufgabe 22: Die erste Aussage ergibt sich aus n f (M ) \ f (M ) n f (M ) n / f (M ) m M. n = f (m ) m M. n = f (m ) ( ) m M. (n = f (m ) m / M ) n f (M \ M ). Im Allgemeinen gilt nicht die Gleichheit f (M ) \ f (M ) = f (M \ M ). Um dies einzusehen, betrachten wir die Mengen M = {a, b}, M = {a}, M = {b} und N = {c} sowie die Abbildung f : M N mit f (a) = f (b) = c. Es gilt f (M ) \ f (M ) = {c} \ {c} = = {c} = f (M \ M ). Die zweite Aussage folgt aus der Tatsache, dass für eine injektive Abbildung f auch die Umkehrung der Implikation ( ) gilt. Lösung zu Aufgabe 23: Es ist die Äquivalenz der folgenden Aussagen nachzuweisen: (a) Es gibt eine injektive Abbildung f : M N. (b) Es gibt eine surjektive Abbildung g : N M, oder M ist die leere Menge. Wir setzen zunächst die Gültigkeit von (a) voraus. Im Falle M = ist nichts zu zeigen. Wir können daher m M annehmen. Die Abbildung g : N M definieren wir durch { m, falls f (m) = n, g(n) = m, falls n / f (M) für alle n N.Die Abbildung g ist wohldefiniert, da f nach Voraussetzung injektiv ist. Um zu zeigen, dass g surjektiv ist, sei ein beliebiges Element m M gegeben. Wegen g( f (m)) = m ist f (m) ein Urbild von m, das heißt, g ist surjektiv. Zum Nachweis der anderen Beweisrichtung setzen wir jetzt (b) voraus. Falls M = ist, gibt es nur eine Abbildung f : M N, die leere Abbildung, und diese ist injektiv. Es sei M =. Wir betrachten die Mengen g 1 (m), m M. Bei ihnen handelt es sich um ein nichtleeres System disjunkter Teilmengen von N. Nach dem Auswahlaxiom existiert eine Menge N N, die aus jeder Menge g 1 (m), m M, genau ein Element enthält. Für ein beliebiges Element m M definieren wir f (m) durch f (m) = n für das eindeutig bestimmte Element n N mit g(n) = m. Die so definierte Abbildung f : M N ist offenbar injektiv.

11 Lösungen zu Kapitel 2 11 Lösung zu Aufgabe 24: f (x) = 2x + 3, g(x) = 3x 4, ( f g)(x) = f (g(x)) = 2(3x 4) + 3 = 6x 5, (g f )(x) = g( f (x)) = 3(2x + 3) 4 = 6x + 5, D( f g) = D(g f ) = W( f g) = W(g f ) =. f (x) = 1 x, g(x) = x 1, ( f g)(x) = f (g(x)) = 1 x 1, (g f )(x) = g( f (x)) = 1 x 1, D( f g) = {x x = 0}, D(g f ) = {x x = 1}, W( f g) = {x x = 1}, W(g f ) = {x x = 0}. f (x) = x 2, g(x) = x 1, 1 ( f g)(x) = f (g(x)) = x 2, (g f )(x) = g( f (x)) = 1 x 2, D( f g) = {x 0 < x 1 2 }, D(g f ) = {x x 2}, W( f g) = {x x 0}, W(g f ) = {x x > 0}. Lösung zu Aufgabe 25: Die Höhe h(t) des Balls zur Zeit t setzt sich aus (a) der Anfangshöhe h 0 = 25 m, (b) der Höhe h 1 (t) = vt = 20t durch die gleichförmige Bewegung mit der Geschwindigkeit v = 20 m/s senkrecht nach oben und (c) der Höhe h 2 (t) = 2 1 gt2 = t2 = 5t 2 infolge der beschleunigten Bewegung durch die Gravitation senkrecht nach unten zusammen. Insgesamt bekommen wir h(t) = h 0 + h 1 (t) h 2 (t) = t 5t 2. Hier haben wir den Luftwiderstand vernachlässigt und die Gravitationskonstante g = 9,81 m/s 2 näherungsweise mit 10 m/s 2 angesetzt.

12 12 Lösungen zu Kapitel 2 Lösung zu Aufgabe 26: Im Buch wird gezeigt, dass die Addition und die Multiplikation primitiv-rekursive Funktionen sind. Wir bezeichnen sie an dieser Stelle mit f (m, n) = m + n und g(m, n) = m n. Damit ist auch die Funktion h(m, n) = f (g(m, n), u 2 1 (m, n)) (= m n + m) eine primitiv-rekursive Funktion. Mit dieser Hilfsfunktion ist die Fakultät primitiv-rekursiv. Aus f 1 (0) = s(z()), f 1 (m + 1) = h( f 1 (m), m) f 2 (0, n) = s(z()), f 2 (m + 1, n) = g( f 2 (m, n), n) folgt, dass die Potenz f 2 (m, n) = n m primitiv-rekursiv ist. Es sei v die Vorgängerfunktion mit { 0, falls m = 0, v(m) = m 1, falls m 1 für alle m 0. Sie ist wegen primitiv-rekursiv. Hieraus und aus v(0) = z(), v(m + 1) = u 2 2 (v(m), m) f 4 (0, n) = u 1 1 (n), f 4 (m + 1, n) = v(u 2 1 ( f 4(m, n), n)) folgt, dass auch die Differenz f 4 (m, n) = n m primitiv-rekursiv ist. Es bleibt zu zeigen, dass die Kleinerrelation < ebenfalls primitiv-rekursiv ist. Offensichtlich ist die Vorzeichenfunktion sign mit { 0, falls m = 0, sign(m) = 1, sonst primitiv-rekursiv. Wegen { 0, falls m n = 0, sign(m n) = 1, falls m n > 0 { 0, falls n m, = 1, falls n < m = f 3 (m, n) für alle n, m 0, ist auch die Kleinerrelation f 3 (m, n) als Hintereinanderausführung der Differenz und der Vorzeichenfunktion primitiv-rekursiv.

13 Lösungen zu Kapitel 2 13 Lösung zu Aufgabe 27: Im folgenden Scheme-Programm wird zunächst eine Funktion folge mit den Parametern a, b und n definiert, die für n > 1 den Wert a b n 1 und für n 1 den Wert a berechnet. Die gesuchten Folgen liefern damit die Aufrufe (folge 1 2 n) und (folge 1 2 n), die als eigene Funktionen (f n) und (g n) definiert wurden. (define (folge a b n) (if (> n 1) (* b (folge a b (- n 1))) a)) (define (f n) (folge 1 2 n)) (define (g n) (folge 1 3 n)) Beispielsweise liefert (f 3) das Ergebnis 4 und (g 3) das Ergebnis 9. Das folgende Scheme-Programm enthält eine allgemeinere Lösung, in der die Multiplikation durch eine frei wählbare Funktion o ersetzt wurde. (define (folge o a b n) (if (> n 1) (o b (folge o a b (- n 1))) a)) (define (f n) (folge * 1 2 n)) (define (g n) (folge * 1 3 n))

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