Technische Universität München Übungsblatt 3

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Mathematik 1 (Elektrotechnik)
Prof. Dr. Anusch Taraz | Dr. Michael Ritter
Übungsblatt 3
Hausaufgaben
Aufgabe 3.1 E
Gegeben seien die folgenden Zahlen zur Basis 16 (also im Hexadezimalsystem). Berechnen Sie
jeweils die Dezimaldarstellung der Zahlen.
a) Z0 := (F 3E4D5)16
b) Z1 := (ABC0)16
c) Z2 := (7D9)16
Lösung zu Aufgabe 3.1
a) (F 3E4D5)16 = 5 · 160 + 13 · 161 + 4 · 162 + 14 · 163 + 3 · 164 + 15 · 165 = (15 983 829)10
b) (ABC0)16 = 0 · 160 + 12 · 161 + 11 · 162 + 10 · 163 = (43 968)10
c) (7D9)16 = 9 · 160 + 13 · 161 + 7 · 162 = (2009)10
Aufgabe 3.2 E
Betrachten Sie die folgenden Abbildungen und geben Sie jeweils an, ob diese injektiv, surjektiv
und/oder bijektiv sind.
d) f4 : Q → Q+ , x 7→ x2
a) f1 : R → R, x 7→ 2x + 3
b) f2 : Z → R+ , x 7→
1
x2 +1
c) f3 : Q+ → R+ , x 7→
e) f5 : {1, 4, 9, 16, 25} → N0 ,
x 7→ (x − 1)2
√
x
Lösung zu Aufgabe 3.2
a) f1 ist injektiv und surjektiv, damit also auch bijektiv: Angenommen, es gäbe x1 6= x2 ∈ R
mit f1 (x1 ) = f1 (x2 ). Dann gälte 2x1 + 3 = 2x2 + 3, daraus folgt sofort x1 = x2 , ein
, dass
Widerspruch. Also ist f1 injektiv. Sei y ∈ R beliebig, dann gilt mit x := y−3
2
f1 (x) = y, also ist f1 auch surjektiv.
b) f2 ist weder injektiv noch surjektiv. Beispielsweise ist f2 (−1) = f2 (1) (also nicht injektiv)
und es gibt kein x ∈ Z mit f2 (x) = 0 (also nicht surjektiv).
1
√
c) f3 ist injektiv: Angenommen, es gäbe x1 6= x2 ∈ Q+ mit f3 (x1 ) = f3 (x2 ), also x1 =
√
x2 . Damit wäre aber x1 = x2 (wegen Q+ !),qein Widerspruch, also ist f3 injektiv. Die
√
√
2 kein Urbild hat: Es käme nur 2 als
Abbildung ist aber nicht surjektiv, da z. B.
Urbild in Frage, das liegt aber nicht in Q+ .
d) f4 ist nicht injektiv, da z. B. f4 (−1) = f4 (1). Die Funktion ist auch nicht surjektiv, da
z. B. 2 ∈ Q+ kein Urbild in Q besitzt.
e) f5 ist injektiv, da f5 ({1, 4, 9, 16, 25}) = {0, 9, 64, 225, 576}, das Bild besitzt also die
gleiche Kardinalität wie die endliche(!) Definitionsmenge. f5 ist aber nicht surjektiv, da
z. B. 1 ∈ N0 kein Urbild in {1, 4, 9, 16, 25} besitzt.
Aufgabe 3.3 E
Sind die folgenden Aussagen logisch wahr oder logisch falsch?
b) 2 ∈ {2, 3, 6} und 7 ∈
/ {2, 3, 6}
e) x2 ∈ {1, 4, 9} ⇒ x ∈ {1, 2, 3}
√
f) x2 = x ⇒ x ≥ 0
c) 2 ∈ {2, 3, 6} oder 6 ∈
/ {2, 3, 6}
g) (x ∈ R und x2 = −1) ⇒ x = −42
d) x ∈ {1, 2, 3} ⇒ x2 ∈ {1, 4, 9}
h) 2 = 5 ⇔ π = 3
a) 1 ist eine natürliche Zahl.
Lösung zu Aufgabe 3.3
a) wahr
b) wahr
c) wahr
d) wahr
e) falsch (Es könnte z. B. x = −1 sein, dann wäre die linke Aussage wahr, die rechte aber
nicht. Damit ist die Gesamtaussage falsch.)
f) wahr (wenn man sich auf reelle Zahlen beschränkt)
g) wahr (Da die linke Aussage nie erfüllt ist, ist die Gesamtaussage wahr.)
h) wahr (Da die linke Aussage nie erfüllt ist, gilt „⇒“ immer, da die rechte Aussage nie
erfüllt ist, gilt auch „⇐“ immer.) Übrigens: Zu π = 3 siehe auch 1. Buch der Könige,
Kapitel 7, Vers 23, die Erklärung dafür liefert wohl der folgende Vers 26 – rechnen Sie
mal aus, wie breit die Hand des Bronzeschmieds gewesen sein muss.
Aufgabe 3.4
Ein Münchner Nummernschild besteht aus dem Buchstaben M, ein oder zwei Buchstaben aus
{A, B, C, . . . , Z} (keine Umlaute) sowie einer ein-, zwei-, drei- oder vierstelligen Zahl mit
2
Ziffern aus {0, 1, . . . , 9}, wobei führende Nullen nicht erlaubt sind. Wie viele verschiedene
Münchner Nummernschilder könnte die Zulassungsstelle maximal ausgeben?
Lösung zu Aufgabe 3.4
Für die abschließende Zahl gibt es insgesamt 9999 Möglichkeiten (0 ist nicht erlaubt), für
Schilder mit einem (von 26) Buchstaben also 26 · 9999 Möglichkeiten. Analog gibt es 262 · 9999
Schilder mit zwei Buchstaben. Damit könnte die Zulassungsstelle maximal 7 019 928 Schilder
ausgeben. Jeder Einwohner Münchens könnte also gut 5 Fahrzeuge zulassen.
Aufgabe 3.5
Sei M := {m1 , . . . , mn } eine beliebige Menge mit n ∈ N Elementen. Ein 0, 1-Wort der Länge
n ist eine Folge der Form x1 , . . . , xn mit xi ∈ {0, 1} für alle i ∈ {1, 2, . . . , n}. Finden Sie eine
Bijektion von der Menge aller Teilmengen von M in die Menge aller 0, 1-Worte der Länge n.
Lösung zu Aufgabe 3.5
vergleiche Mitschrift aus der Zentralübung
Aufgabe 3.6
Der Direktor des „Grand Hotel Hilbert“ hat vor seiner Karriere als Hotelier ein MathematikStudium absolviert und führt daher ein etwas ungewöhnliches Haus. Im Hotel Hilbert gibt es
nämlich unendlich viele Zimmer, für jede natürliche Zahl n existiert ein Zimmer mit Zimmernummer n. Weil Sie sich während der Semesterferien etwas Geld dazuverdienen wollen, haben
Sie einen Ferienjob als Rezeptionist im Hotel Hilbert angenommen.
Ihre erste Bewährungsprobe haben Sie bereits gemeistert: Am Nachmittag war ein Bus mit
japanischen Touristen vor dem Hotel angekommen, und erstaunlicherweise hatten auch in
diesem Bus unendlich viele Fahrgäste Platz: Für jede natürliche Zahl gab es eine Sitzplatznummer. Das machte es einfach, jedem Gast ein bequemes Einzelzimmer zuzuteilen, Sie haben
einfach jeden in das Zimmer geschickt, das seiner Sitzplatznummer im Bus entsprach. Jetzt
stehen sie aber vor einem Problem: Sie haben den Busfahrer übersehen, der gerade vom Tanken
zurückkommt, und dessen Sitz als einziger keine Nummer trägt.
a) Wie schaffen Sie es, dem Busfahrer ein Einzelzimmer zu geben? Wenn nötig, dürfen Sie
die bereits anwesenden Gäste bitten, von Ihrem Zimmer in ein anderes zu wechseln, Sie
müssen aber jedem Gast eine eindeutige Zimmernummer zuteilen.
b) Nachdem Sie diese Aufgabe gemeistert haben, erwartet Sie schon das nächste Problem:
Vor der Tür steht ein zweiter Bus, genau wie der erste mit unendlich vielen (durchnummerierten) Fahrgästen besetzt. Eigentlich ist das Hotel ja voll – schaffen Sie es trotzdem,
auch diesen Gästen jeweils ein Zimmer zuzuteilen? Glücklicherweise sind Japaner sehr
geduldige Menschen, Sie können die anwesenden Gäste also notfalls abermals bitten, in
ein anderes Zimmer zu wechseln.
Lösung zu Aufgabe 3.6
vergleiche Mitschrift aus der Zentralübung
Ausführliche Besprechungen zu dieser Aufgabe und einige weitere Varianten finden Sie übrigens
auch im Internet – suchen Sie einfach mal nach „Hilberts Hotel“.
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Aufgaben für die Tutorübung
Aufgabe 3.7
Wir verteilen n identische Bälle auf k Körbe, die von 1 bis k durchnummeriert sind.
a) Sei n ≤ k. Wie viele Verteilungen gibt es dann, bei denen in jedem Korb höchstens ein
Ball landet?
b) Sei nun n ≥ k. Wie viele Verteilungen gibt es dann, bei denen in jedem Korb mindestens
ein Ball landet?
Lösung zu Aufgabe 3.7
a) Wenn in jedem Korb höchstens ein Ball landen soll und wir höchstens so viele Bälle
wie Körbe haben, müssen wir von den k Körben diejenigen auswählen,
die einen Ball
k
enthalten sollen. Davon brauchen wir genau n Stück. Es gibt n Möglichkeiten, n Körbe
aus den insgesamt k Körben zu wählen, und da die Bälle nicht unterscheidbar sind,
müssen wir nur zwischen „Korb mit Ball“ und „Korb ohne Ball“ unterscheiden.
b) Wir stellen uns die Aufteilung ein bisschen anders vor, um die Aufgabe einfacher zu machen: Die n Bälle legen wir in eine Reihe und schreiten diese ab. Dabei ziehen wir immer
dann eine Markierung auf dem Boden, wenn ein neuer Korb beginnen soll. Die Bälle vom
Beginn der Reihe bis zur ersten Markierung kommen also in Korb 1, die Bälle zwischen
der ersten und zweiten Markierung in Korb 2, und so weiter. Die Anzahl der Möglichkeiten, die Bälle auf Körbe zu verteilen, ist also gleich der Anzahl der Möglichkeiten,
Markierungen zwischen die Bälle zu setzen. Bei n Bällen gibt es n−1 mögliche Positionen
für Markierungen zwischen je zwei benachbarten Bällen. Am Anfang und am Ende der
Reihe darf keine Markierung gemacht werden (sonst blieben der erste bzw. letzte Korb
ja leer), und jeder Zwischenraum enthält höchstens eine Markierung (sonst gäbe es leere
Körbe). Weil wir k Körbe zur Verfügung haben, müssen wir k − 1 Trenn-Markierungen
setzen. Das geht auf
!
n−1
k−1
verschiedene Arten, also ist das die gesuchte Anzahl möglicher Verteilungen.
Alternative Lösung (Idee von Annika Rempe): Jeder Korb muss mindestens einen Ball
enthalten, also nehmen wir zunächst k Bälle weg und verteilen sie auf die k Körbe. Wir
müssen dann nur noch die Möglichkeiten zählen, n − k Bälle beliebig auf k Körbe zu
verteilen. Dazu stellen wir uns die n − k Bälle in einer Reihe aufgereiht vor, daneben
reihen wir k − 1 „Trennstriche“ auf. Eine beliebige Verteilung der Bälle auf die k Körbe
entspricht (ähnlich wie oben) einer Permutation der Bälle und Trennstriche. Achtung:
Anders als oben lassen wir jetzt eine beliebige Permutation zu, es können also auch
mehrere Trennstriche direkt nebeneinander zu liegen kommen (oben war das verboten,
jetzt müssen wir es aber erlauben, da in den Körben ja bereits ein Ball liegt). Diese
insgesamt (n − k) + (k − 1) = n − 1 „Gegenstände“ (Bälle und Trennstriche) lassen
sich auf (n − 1)! Arten anordnen. Allerdings sind Bälle untereinander und Trennstriche
untereinander ja nicht unterscheidbar, jede Permutation der Trennstriche untereinander
4
wie auch der Bälle untereinander führt also zu einer äquivalenten Konfiguration. Diese
Konfigurationen haben wir damit in (n − 1)! mehrfach gezählt, wir müssen sie daher
(n−1)!
verschiedene mögliche Anordnungen.
wieder herausdividieren und erhalten (k−1)!(n−k)!
(Das entspricht natürlich genau der Lösung von oben.)
Aufgabe 3.8
Sie möchten die vier Wände eines quadratischen Zimmers streichen, jede einzelne Wand in
einer Farbe. Hierzu stehen Ihnen fünf verschiedene Farben zur Verfügung. Wie viele Möglichkeiten gibt es, das Zimmer farblich zu gestalten, wenn man annimmt, dass die Wände
unterscheidbar sind (d. h. die Kombinationen „rot-grün-blau-gelb“ und „grün-blau-gelb-rot“
sollen unterscheidbar sein), falls
a) vier verschiedene Farben verwendet werden sollen.
b) die Farbe gegenüberliegender Wände gleich sein soll.
c) zwei der fünf Farben nicht verwendet werden sollen.
Lösung zu Aufgabe 3.8
a) Die Wände sind unterscheidbar, d. h. man kann von einer „ersten“, „zweiten“, usw. Wand
sprechen (wenn es Ihnen lieber ist, sagen Sie „Ost-, West-, Süd- und Nordwand“). Für
die erste Wand stehen 5 Farben zur Auswahl, für die zweite noch 4 Farben, usw. Die
Anzahl der möglichen Färbungen ist also 5 · 4 · 3 · 2 = 120.
b) Da die Farbe an gegenüberliegenden Wänden gleich sein soll, kann man entweder zwei
Farben
oder nur eine Farbe für das ganze Zimmer auswählen. Für die Auswahl gibt es
5
Möglichkeiten, zwei verschiedene Farben zu wählen bzw. 5 Möglichkeiten, eine Farbe
2
zu wählen. Bei zwei Farben gibt es dann noch zwei verschiedene Kombinationen,
da die
Wände wieder unterscheidbar sind. Die Zahl der Färbungen ist daher 52 · 2 + 5 = 25.
c) Es gibt insgesamt 54 Möglichkeiten die Wände zu färben (man wählt für jede Wand
eine Farbe aus den 5 verfügbaren aus). Davon sind nach a) 120 Möglichkeiten solche
Färbungen, die vier verschiedene Farben verwenden. Es bleiben also 54 − 120 = 625 −
120 = 505 Färbungen mit höchstens 3 Farben.
Alternative Lösung (Addieren statt Abziehen):
• mit nur einer Farbe: 5 Möglichkeiten (Wahl der Farbe)
• mit genau zwei Farben: 5 · 4 Möglichkeiten für die Farbwahl. Dann kann man eine
Wand in der ersten und die restlichen drei Wände in der zweiten Farbe streichen, das
ergibt 4 Kombinationsmöglichkeiten (Auswahl der ersten Wand).
Alternativ kann
man je zwei Wände mit jeder Farbe streichen, dafür gibt es 42 = 6 Möglichkeiten
(Auswahl der Wände für erste Farbe). Da aber die Reihenfolge der Farben irrelevant ist (die haben wir schon in der Auswahl der Farben berücksichtigt), müssen
5
wir diese Zahl noch durch die Anzahl der Farben teilen, also bleiben 3 Kombinationsmöglichkeiten. Zusammen mit der Farbauswahl ergeben sich
5 · 4 · (4 + 3) = 140
Möglichkeiten.
• mit genau drei Farben: Zwei Wände
muss man in der gleichen Farbe streichen, für
die Auswahl dieser Wände gibt es 42 = 6 Möglichkeiten. Für diese beiden Wände
stehen uns noch alle 5 Farben zur Verfügung, für die dritte Wand können wir noch
unter 4 Farben wählen, für die verbleibende vierte Wand unter 3. Insgesamt gibt
es also
!
4
· 5 · 4 · 3 = 360
2
Möglichkeiten.
Zusammengenommen haben wir somit 5 + 140 + 360 = 505 Möglichkeiten, das Zimmer
mit höchstens drei der fünf Farben zu streichen.
Aufgabe 3.9
In den Supermärkten der Kette „WalMath“ herrschen etwas merkwürdige Gewohnheiten: Keines der Produkte ist mit einem Preisschild versehen, auch die Angestellten kennen die Einzelpreise nicht. An der Kasse ziehen die Kassierer jeweils den kompletten Einkauf über den
Scanner, erst ganz zum Schluss erscheint dann der Gesamtpreis. Dafür hat der Markt aber von
allen Produkten beliebig große Zahlen zur Verfügung, und in die Einkaufswagen passt soviel
hinein, wie Sie sich nur wünschen können.
Sie haben sich zum Ziel gesetzt, die Preise jedes einzelnen Produkts herauszufinden. Weil
Sie nicht sehr viel Zeit haben (Sie wollen schließlich lernen, nicht shoppen gehen) wollen Sie
das mit möglichst wenigen Einkäufen erledigen (bei jedem Einkauf können Sie aber beliebig
viele Produkte in beliebig hoher Zahl kaufen). Von einem Bekannten mit Kontakten in die
Geschäftsleitung von WalMath haben Sie außerdem erfahren, dass alle Produktpreise auf volle
Euro lauten.
Wie viele Einkäufe brauchen Sie und wie gehen Sie vor? Hinweis: Wenn n die Anzahl der verschiedenen Produkte ist, die WalMath führt, geht es natürlich mit n Einkäufen. Da WalMath
aber mehrere hundert verschiedene Waren im Sortiment hat, sollten Sie überlegen, wie Sie mit
deutlich weniger Einkäufen ans Ziel kommen.
Lösung zu Aufgabe 3.9
Wir nummerieren die n Produkte willkürlich durch, der gesuchte Preis für das i-te Produkt
sei pi . Mit n Einkäufen geht es natürlich, indem man sich jedesmal genau ein Produkt in den
Einkaufswagen legt und so nach und nach die Preise aller n Produkte herausbekommt. Wir
nehmen jetzt zur Vereinfachung mal an (Tutoren: ggf. als Tipp geben), dass alle Produkte
zwischen 1 und 9 Euro kosten. Dann lassen sich alle Preise p1 , p2 , . . . , pn mit einem einzigen
Einkauf bestimmen: Wir füllen unseren Einkaufswagen mit einem Produkt 1, zehn Produkten
6
2, hundert Produkten 3 usw., vom i-ten Produkt nehmen wir also 10i−1 . Damit beträgt der
Gesamtpreis genau
P =
n
X
pi · 10i−1 .
i=1
Weil 1 ≤ pi ≤ 9 für alle i gilt, bildet jeder Produktpreis pi damit eine Stelle der Dezimaldarstellung von P , die wäre dann nämlich pn pn−1 . . . p2 p1 . Damit lässt sich jeder Produktpreis
ganz bequem aus P ablesen (und weil die Darstellung einer Zahl in jedem Zahlensystem eindeutig ist, kann es dabei auch nicht zu Unklarheiten kommen). Uns genügt also ein einziger
(wenn auch sehr großer) Einkauf, um alle Preise zu bestimmen.
Was ist nun, wenn die Preise nicht zwischen 1 und 9 Euro liegen, sondern z. B. zwischen 1
und 15 Euro? Dann könnte man natürlich genau das gleiche Verfahren zur Basis 16 anwenden.
Man legt also jeweils 16i−1 Exemplare des i-ten Produkts in den Wagen, rechnet den Endpreis
P am Schluss in eine Darstellung zur Basis 16 um und liest aus den Stellen dann wieder
die Einzelpreise ab (natürlich auch zur Basis 16, das würde man anschließend wieder auf
Dezimalzahlen umrechnen). Analog funktioniert das Verfahren für jede beliebige Basis B,
wenn alle Einzelpreise kleiner als B sind.
Leider kennen wir keine obere Schranke für den Preis eines einzelnen Produkts. Wie bekommen
wir diesen Maximalpreis heraus? Dafür brauchen wir einen zweiten Einkauf: In der ersten
Runde legen wir jedes Produkt genau einmal in unseren Einkaufswagen. Der Gesamtpreis
B, den wir dafür bezahlen, ist mit Sicherheit eine obere Schranke für jeden Einzelpreis. Im
zweiten Einkauf führen wir dann unser obiges Verfahren zur Basis B durch und können so
jeden Einzelpreis bestimmen. Es genügen also selbst im allgemeinen Fall zwei Einkäufe.
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