Musterlösung zum 2. Blatt 11. Aufgabe: Sei X = {m 1,m2,...,m7} die

Musterlösung zum 2. Blatt
11. Aufgabe: Sei X = {m1 , m2 , . . . , m7 } die Menge der Ziffern der Matrikelnummer.
Sei A die Menge aller zwei-elementigen Teilmengen von X, sei B := X ×X das kartesische
Produkt von X mit sich. Sei a die Anzahl der Elemente von A, sei b die Anzahl der
Elemente von B. Bestimmen Sie b3 − a3 .
Lösung: Wir demonstrieren die Lösung beispielhaft anhand der Matrikelnummer M =
6399143. Es ist m1 = 6, m2 = 3, m3 = 9, m4 = 9, m5 = 1, m6 = 4 und m7 = 3. Es folgt
X = {6, 3, 9, 9, 1, 4, 3} = {1, 3, 4, 6, 9};
dies ist eine 5-elementige Menge. Dann besteht die Menge A aller zwei-elementigen Teilmengen von X aus den folgenden Elementen:
{1, 3}, {1, 4}, {1, 6}, {1, 9},
{3, 4}, {3, 6}, {3, 9},
{4, 6}, {4, 9},
{6, 9}.
A hat also 10 Elemente, daher ist a = 10.
Die Menge B besteht aus den geordneten Paaren der
Elementen
(1, 1), (1, 3), (1, 4), (1, 6),
(3, 1), (3, 3), (3, 4), (3, 6),
(4, 1), (4, 3), (4, 4), (4, 6),
(6, 1), (6, 3), (6, 4), (6, 6),
(9, 1), (9, 3), (9, 4), (9, 6),
Elemente von X, also aus den
(1, 9),
(3, 9),
(4, 9),
(6, 9),
(9, 9).
Also besteht B aus 25 Elementen. Somit ist b = 25. Es folgt b3 −a3 = 15625−1000 = 14625.
12. Aufgabe: Gibt es eine injektive Abbildung f : {1, 2, . . . , 7} −→ {m1 , m2 , . . . , m7 }?
Lösung: Es gibt eine injektive Abbildung {1, 2, . . . , 7} −→ {m1 , m2 , . . . , m7 } offenbar
genau dann, wenn die Menge X = {m1 , m2 , . . . , m7 } mindestens (und damit genau)
7 Elemente enthält. Ist z. B. M = 6314895, so ist X sieben-elementig, und es gibt
eine injektive Abbildung wie gefordert (etwa definiert durch f (i) := mi für jedes
i = 1, 2, . . . , 7). Ist aber z. B. M = 6134891, so hat X nur 6 Elemente, und es gibt keine
solche injektive Abbildung, weil eine solche sieben verschiedene Bildelemente hätte.
13. Aufgabe: Sei M 2 = n1 n2 . . . n14 . Bestimmen Sie den Durchschnitt
{n2i | i = 1, . . . , 14} ∩ {ni | i = 1, . . . , 14}.
Wieviele Elemente hat dieser Durchschnitt? Bestimmen Sie {ni | i = 1, . . . , 14} \
{m1 , . . . , m7 }.
Lösung:
Beispielhaft für M = 6132327. Es ist M 2 = 37605434434929. Man erhält
{ni | i = 1, . . . , 14} = {0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9}
und
{n2i | i = 1, . . . , 14} = {9, 49, 36, 0, 25, 16, 9, 16, 16, 9, 16, 81, 4, 81}
= {0, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 81}.
Damit ist
{n2i | i = 1, . . . , 14} ∩ {ni | i = 1, . . . , 14} = {0, 4, 9}.
Dieser Durchschnitt besteht also aus 3 Elementen. Ausserdem ist
{ni | i = 1, . . . , 14} \ {m1 , . . . , m7 } = {0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9} \ {1, 2, 3, 6, 7} = {0, 4, 5, 9}.
14. Aufgabe: Sei f : {2, 3, 4} × {2, 3, 4} −→ Q die Abbildung, die durch
f (i, j) =
3 + mj
mi
+
1 + mj
1 + mi
definiert ist. Bestimmen Sie die Anzahl der Bildelemente von f . Ist f injektiv?
Lösung:
bekommt
Beispielhaft für M = 6048691. Es ist m2 = 0, m3 = 4 und m4 = 8. Man
f (2, 2) = 3,
f (2, 3) = 7,
f (2, 4) = 11,
f (3, 2) = 23/5, f (3, 3) = 11/5,
f (3, 4) = 119/45,
f (4, 2) = 25/3, f (4, 3) = 107/45, f (4, 4) = 19/9.
Damit hat man 9 Bildelemente von f , und damit ist die Abbildung injektiv, weil die 9 Elemente des Definitionsbereichs auf 9 (verschiedene) Elemente des Wertebereichs abgebildet
werden.
Für die meisten Matrikelnummern hat man jedoch weniger als 9 Bildelemente, und dann
ist die Abbildung f natürlich nicht injektiv.
15. Aufgabe: Sei n eine natürliche Zahl. Der folgende Ausdruck
n
X
m5 + 2m1 k + 6(1 + m2 )k 2
k=1
hat die Form a0 + a1 n + a2 n2 + a3 n3 . Bestimmen Sie dabei die Zahlen a0 , a1 , a2 , a3 .
Lösung:
Beispielhaft für die Matrikelnummer M = 6181945. Es ist dann der Ausdruck
n
X
9 + 12k + 12k 2
k=1
auszurechnen. Es ist
n
X
k=1
9 + 12k + 12k
2
= 9
n
X
1 + 12
k=1
= 9n + 12
n
X
k=1
k + 12
n
X
k2 =
k=1
n(n + 1)
n(n + 1)(2n + 1)
+ 12
,
2
6
wobei die Formeln für die Summe der ersten n natürlichen Zahlen bzw. ersten n Quadratzahlen aus der Vorlesung bzw. den Übungen verwendet wurden. Ausmultiplizieren ergibt
dann das Ergebnis
17n + 12n2 + 4n3 ,
also a0 = 0, a1 = 17, a2 = 12 und a3 = 4. Übrigens ist auch mit anderen Matrikelnummern immer a0 = 0.
16. Aufgabe: Vermuten Sie eine Formel für den Ausdruck
n
X
k3,
k=1
und beweisen Sie diese durch vollständige Induktion nach n.
Lösung:
Für jede natürliche Zahl n ≥ 1 sei
an =
n
X
k3.
k=1
Wir berechnen die ersten Folgenglieder:
a1 = 1, a2 = 1 + 8 = 9, a3 = 1 + 8 + 27 = 36, a4 = 1 + 8 + 27 + 64 = 100, . . .
Man sieht: Das Ergebnis scheint immer eine Quadratzahl zu sein. Wir erhalten 12 , 32 , 62 ,
102 , 152 usw. Es sieht also so aus, als wenn wir die Quadrate von n(n + 1)/2 bekommen
würden. Wir formulieren dies:
Behauptung: Es gilt
an =
n(n + 1)
2
2
für jede natürliche Zahl n ≥ 1.
Beweis durch Induktion nach n: (1) Induktionsverankerung: Es ist a1 = 1 =
Behauptung ist also für n = 1 richtig.
1·2 2
.
2
Die
(2) Induktionsschritt von n auf n + 1: Sei n ≥ 1 eine natürliche Zahl, für die wir anneh2
men, dass die Behauptung für dieses n gilt, so dass also an = n(n+1)
ist. Wir zeigen,
2
dass unter dieser Voraussetzung die Behauptung auch für n + 1 statt n richtig ist:
an+1 =
n+1
X
3
k =
n
X
3
3
k + (n + 1) =
k=1
n(n + 1)
2
2
+ (n + 1)3 =
k=12
1
2 n
= (n + 1)
+ n + 1 = (n + 1)2 (n2 + 4n + 4) =
4
4
2
1
(n + 1)(n + 2)
2
2
=
(n + 1) (n + 2) =
.
4
2
Damit ist die Behauptung bewiesen.