Tutorium: Diskrete Mathematik Vorbereitung der Abschlussklausur am 16.02.2017 (Teil 2, Lösungen 15. Februar 2017 Steven Köhler mathe@stevenkoehler.de mathe.stevenkoehler.de 2 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 1a-c a b c P(L = M = 4 P(M = 2 4 = 16 N = 15 P(N = 2 15 = 32.768 }, 1}, 2}, 3}, 1, 2}, 1, 3}, 2, 3}, 1, 2, 3} ( 15 15 14 13 12 11 = = 7 13 3 11 = 3.003 5 1 2 3 4 5 3 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 1d-f d Abbildungen insgesamt: 4 3 = 64 injektive Abbildungen: 4 3 = 4 3 2 = 24 e Das Ergebnis für n = 10.000: 99.990.000. ( n 2 + ( n 9.998 = 2 ( n 2 = n(n 1 f Die nächste Zeile im Pascalschen Dreieck lautet: 1 8 28 56 70 56 28 8 1 4 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 2 a Es lassen sich ( 13 1,2,4,1,1,1,1,2 = 13! 1! 2! 4! 1! 1! 1! 1! 2! mögliche Wörter bilden. b Der Koeffizient lautet ( ( 12 7 = 12 5. c Es gibt exakt ( ( 6 4 43 2 Möglichkeiten, genau 4 Richtige anzukreuzen. d Nach dem Schubfachprinzip besitzt jede Abbildung A B die genannte Eigenschaft. Es gibt also insgesamt 3 11 derartige Abbildungen. e Es gibt ( ( 13 10 = 13 3 Möglichkeiten. 5 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 3 Induktionsanfang: ( ( ( ( 5 j 5 5 + 1 6 Für r = 5 gilt: = = 1und = = 1. 5 5 5 5 0 j=5 Induktionsschluss: Induktionsannahme: Die Behauptung gelte für ein r 5. r+1 ( j n ( ( j r + 1 = + (nach Induktionsannahme 5 5 5 j=5 j=5 ( ( r + 1 r + 1 = + (Symmetrie der Binomialkoeffizienten r 5 5 ( ( r + 1 r + 1 = + (Rekursionsformel für Binomialkoeffizienten r 5 r 4 ( r + 2 = r 4 Somit ist bewiesen, dass die Behauptung für alle r 5 gilt. 6 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 4 a Es gilt: a ( bdc 1 1 bd 1 a ( b 1 d 1 a 1 a 1 b 1 = acd 1 b 1 bd 1 aa 1 dba 1 b 1 = acd 1 d 1 dba 1 b 1 = acd 1 ba 1 b 1 b Gilt zusätzlich das Kommutativgesetz, kann der Ausdruck weiter vereinfacht werden zu: cd 1 7 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 5a-b a Die Einheitengruppe E(Z 21 besitzt die in Z 21 bzgl. der Multiplikation invertierbaren Elemente: } E(Z 21 = 1, 2, 4, 5, 8, 10, 11, 13, 16, 17, 19, 20 b Bei der durch 16 erzeugten Untergruppe handelt es sich um die Potenzen von 16: } } H = 16 = 16 1, 16 2,... = 16, 4, 1 8 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 5c-d a Es ergeben sich die folgenden Nebenklassen (wegen der Kommutativität der Restklassen-Multiplikation sind die Links- und Rechtsnebenklassen identisch: } } 1H = 1 1, 1 4, 1 16 = 1, 4, 16 } } 2H = 2 1, 2 4, 2 16 = 2, 8, 11 } } 5H = 10H = 5 1, 5 4, 5 16 10 1, 10 4, 10 16 = 5, 20, 17 } = 10, 19, 13 b Die durch r erzeuge Untergruppe r = r, s, i } hat Ordnung 3. Die Untergruppe H hat ebenfalls Ordnung 3. Beide Gruppen sind zyklisch. Zyklische Gruppen derselben Ordnung sind stets isomorph. } 9 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 6a-b a B B = 9 P(B B = 2 9 = 512 Es gibt 512 binäre Relationen auf B, also mehr als 300. b Es ergibt sich das folgende Hasse-Diagramm: 10 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 6c-d c Es existiert keine Relation mit den genannten Eigenschaften. d Die Elemente a - f liegen alle in derselben Äquivalenzklasse. Innerhalb einer Äquivalenzklasse steht jedes Element in Relation mit jedem Element der Äquivalenzklasse. Bei S handelt es sich also um die folgende Relation: S = A A. 11 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 7 π = ( 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5 3 2 10 7 1 9 4 6 8 Es folgt: π =(1, 5, 7, 9, 6 (2, 3 (4, 10, 8 =(1, 5 (5, 7 (7, 9 (9, 6 (2, 3 (4, 10 (10, 8 π besitzt 7 Transpositionen und ist somit eine ungerade Permutation. 12 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 8 a Das Inverse von 3 in Z 50 ist 17, denn 3 17 1 (mod 50. b 30 ist in Z 51 nicht invertierbar, da 30 und 51 nicht teilerfremd sind. c Das Inverse von 300 in Z 301 ist 300, denn 300 300 1 (mod 301. d Das Inverse von 486 in Z 967 ist 774, denn 486 774 1 (mod 967. 13 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 9 a Bei Division durch n existieren lediglich n verschiedene Reste, nämlich 0,...,n 1. Da die Zahlen aufeinanderfolgend sind, liegen die Zahlen in paarweise verschiedenen Restklassen; durch die n Zahlen werden demnach alle n Restklassen getroffen, so dass folglich eine der Zahlen durch n teilbar ist. b Bei Division durch m existieren lediglich m verschiedene Reste, nämlich 0,...,m 1. Da m+1 Zahlen vorhanden sind, muss es nach dem Schubfachprinzip folglich zwei Elemente a, b geben, die denselben Rest besitzen. Für diese gilt a b (mod m. 14 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 10 Es gibt insgesamt ( 15 7 Möglichkeiten, die 7 Knoten für den Teilgraphen G aus dem vollständigen Graphen mit 15 Knoten auszuwählen. Die beiden in G fehlenden Kanten sollen nicht benachbart sein. Dies bedeutet, dass die Kanten keinen gemeinsamen Knoten haben. Von den 7 in G vorhandenen Knoten müssen also 4 Knoten für die beiden Kanten ausgewählt werden: ( 7 4 Möglichkeiten. Die erste fehlende Kante ist die Verbindungskante zwischen 2 dieser Knoten; die andere Kante ergibt sich automatisch. Auf diese Art wird jede Variante doppelt gezählt, daher Division durch 2: 1 2 (4 2 Möglichkeiten. Es gibt also ( ( 7 4 4 2 1 2 mögliche Graphen G. Insgesamt ergeben sich somit ( ( 15 7 7 ( 4 4 2 1 Graphen H. 2 15 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 11a-b a Für den Graphen gilt d(v =6 2 + 4 3 + 8 4 + 2 8 = 72, v V woraus direkt E = 36 folgt. b Der Graph G besitzt keine Eulersche Linie, da er Knoten mit ungeradem Grad besitzt. 16 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 11c c Es seien n 1,...,n 4 die Anzahl der Knoten in H 1,...,H 4. Es gilt n 1 + n 2 + n 3 + n 4 = n = 300. Ein Baum mit n Knoten besitzt n 1 Kanten, ein Kreis mit n Knoten besitzt n Kanten. Für die Kanten in H gilt also E(H = E(H 1 + E(H 2 + E(H 3 + E(H 4 = n 1 +(n 2 1+(n 3 1+(n 4 1 = n 1 + n 2 + n 3 + n 4 3 = 300 3 = 297. 17 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 12 I Mithilfe einer Primfaktorzerlegung von N = 247 müssen zunächst die ursprünglichen Primzahlen p und q bestimmt werden. Es gilt 247 = 13 19. Mit p = 13 und q = 19 kann nun ϕ(n berechnet werden. Es gilt ϕ(247 =ϕ(13 ϕ(19 =12 18 = 216. Zur Berechnung des privaten Schlüssels (d, 243 muss nun das multiplikative Inverse von e = 23 bezüglich ϕ(n mithilfe des erweiterten Euklidischen Algorithmus berechnet werden. 18 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 12 II Bestimmen von ggt (216, 23 mit dem Euklidischen Algorithmus: 216 = 9 23 + 9 23 = 2 9 + 5 9 = 1 5 + 4 5 = 1 4 + 1 Rückwärtseinsetzen ergibt: 1 = 5 1 4 = 5 1 (9 1 5 = 1 9 + 2 5 = 1 9 + 2 (23 2 9 = 2 23 5 9 = 2 23 5 (216 9 23 = 5 216 + 47 23 19 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 12 III Es ist 47 das gesuchte Inverse von 23 in Z 216. Somit ergibt sich der folgende Schlüssel: privater Schlüssel: (47, 247 Entschlüsseln mithilfe des privaten Schlüssels liefert 42 47 35 (mod 247. 20 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 13 a Die höchste in a(x b(x vorkommende Potenz ist x 9 x 10 = x 19 ; der Grad von a(x b(x ist folglich 19. b Berechnen und Aufsummieren aller Terme, die x 13 ergeben: x 9 ( 4x 4 +2x 7 2x 6 + 2x 4 ( 5x 9 +( x 3 x 10 = 11x 13 Der gesuchte Koeffizient lautet folglich -11. 21 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 14 Anwendung des Euklidischen Algorithmus ergibt: 2x 3 + 2x 2 + x + 1 =(2x 2 (x 2 + 2x + 1+(3x + 3 ( 1 x 2 + 2x + 1 = 3 x + 1 (3x + 3+0 3 Ein größter gemeinsamer Teiler ist folglich 3x + 3. Als normierter größter gemeinsamer Teiler ergibt sich demnach x + 1. 22 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 15 a(x =2x 6 + 4x 5 + 3x 4 + 4x 3 + x 2 + 1 b(x =4x 2 + 4. Es ergibt sich die folgende Zerlegung mit Rest: a(x =q(x b(x+r(x mit q(x =3x 4 + x 3 + 4x 2 r(x =1 23 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017 Aufgabe 16a-e a Wahr. Die Mengen N und Z Z sind gleich mächtig, folglich existieren bijektive Abbildungen. b Falsch. Die Mengen Z und Q sind gleich mächtig, folglich existieren bijektive (und somit auch injektive Abbildungen. c Falsch. Die Mächtigkeit der Menge R ist größer als die Mächtigkeit der Menge N. Es kann folglich keine surjektiven Abbildungen geben. d Falsch. Dies ist keine hinreichende Bedingung für Hamiltonkreise. e Falsch. Nach dem Schubfachprinzip unmöglich. Es kann nicht zeitgleich einen Knoten mit Grad 0 und einen Knoten mit Grad 4 geben. Es verbleiben 4 mögliche Grade für 5 Knoten. 24 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017
Aufgabe 16f-i f Falsch. Es gilt bspw. für A = 1, 2 } und R = (1, 1 } A A: R ist symmetrisch und es gilt R = 1. g Falsch. 2703 und 3012 sind nicht teilerfremd; ein gemeinsamer Teiler ist bspw. 3. Folglich existiert kein Inverses. h Wahr. Die Relation aus f ist symmetrisch und gleichzeitig eine Ordnungsrelation. i Wahr. Es gilt 11 (321 123. 25 c 2017 Steven Köhler 15. Februar 2017