(Teil-)Musterlösung zum 5. Aufgabenblatt (Thilo Notz) 1

(Teil-)Musterlösung zum 5. Aufgabenblatt
(Thilo Notz)
1. Kontraposition (2 Punkte) Beweisen Sie die folgende Aussage durch Kontraposition:
Sei (mindestens) eine von zwei ganzen Zahlen n und m nicht durch 3 teilbar, dann ist
auch die Summe oder die Differenz von n und m nicht durch 3 teilbar.
Lösung: Um die Kontraposition der Aussage zu bilden ist es hilfreich, die Implikation
als logische Formel zu schreiben:
3 6 |n ∨ 3 6 |m ⇒ 3 6 |(m + n) ∨ 3 6 |(m − n)
Unter Benutzung der DeMorganschen Regel erhält man die Kontraposition davon:
3|(m + n) ∧ 3|(m − n) ⇒ 3|m ∧ 3|n
Um diese Implikation für beliebige ganze Zahlen zu zeigen, genügt es den Fall zu
betrachten, bei dem die linke Seite wahr ist. (Andernfalls ist die Implikation sowieso
wahr.) Gelte also
m + n = 3k
m − n = 3k
(1)
0
(2)
mit k, k0 ∈ Z. Addition der beiden Gleichungen ergibt:
2m = 3(k + k0 )
Die rechte Seite davon muss also durch 2 teilbar sein. Da 2 und 3 teilerfremd sind, ist
0
k + k0 durch 2 teilbar, also m = 3( k+k
2 ). Damit ist also m durch 3 teilbar. Subtraktion
der Gleichungen (1) und (2) ergibt
2n = 3(k − k0 )
0
Wie oben kann man schließen, dass n = 3( k−k
2 ), also ist auch n durch 3 teilbar.
2. Fibonacci (9 Punkte) Sie kennen die Foge der Fibonacci–Zahlen, definiert durch F0 =
F1 = 1 und Fn = Fn−1 + Fn−2 für n > 1. Beweisen Sie die folgenden Identitäten.
Pn
(a)
i=0 Fi = Fn+2 − 1 für n ≥ 0 (s. Tutorium)
(b) F0 + F2 + . . . + F2n = F2n+1 für n ≥ 0
Lösung: Induktionsanfang für n = 0: F0 = F1 stimmt.
Induktionsschritt: Angenommen für ein n gilt: F0 + F2 + . . . + F2n = F2n+1 . Dann
ist
F + F2 + . . . + F2n +F2(n+1) = F2n+1 + F2n+2 = F2n+3 = F2(n+1)+1
|0
{z
}
F2n+1
nach Annahme
Also gilt die Behauptung auch für n + 1. Nach dem Induktionsprinzip ist die
Aussage damit bewiesen.
(c) F3n und F3n+1 sind ungerade, F3n+2 ist gerade für n ≥ 0
Lösung:Induktionsanfang für n = 0: F0 = F1 = 1 sind ungerade und F2 = 2 ist
gerade.
Induktionsschritt: Angenommen für ein n sind F3n und F3n+1 ungerade und F3n+2
ist gerade. Dann ist
F3(n+1) = F3n+3 = F3n+2 + F3n+1
ungerade, denn die Summe einer geraden und einer ungeraden Zahl ist ungerade.
Ebenso ist
F3(n+1)+1 = F3n+4 = F3n+3 + F3n+2
ungerade. Die Zahl
F3(n+1)+2 = F3n+5 = F3n+4 + F3n+3
ist als Summe zweier ungerader Zahlen gerade. Damit ist die Behauptung für n + 1
gezeigt.
3. Geschlossene Form (3 Punkte) s. Tutorium
4. Schubfach–Prinzip I (3+3 Punkte)
(a) s. Tutorium
(b) Gegeben seien m ≥ 1 ganze Zahlen a1 , a2 , . . . , am . Zeigen Sie, dass es Indizes
0 ≤ k < l ≤ m gibt, so dass die Summe ak+1 + ak+2 + . . . + al ohne Rest durch m
teilbar ist.
Lösung: Wir bilden für jedes i ∈ {1, . . . , m} die Summe der ersten i Zahlen:
si = a1 + . . . + ai
Jede dieser Summen hat beim Teilen durch m einen Rest ri ∈ {0, . . . , m − 1}.
Falls eine Summe Rest 0 hat sind wir fertig. Nehmen wir an, dies ist nicht der
Fall, also ist ri ∈ {1, . . . , m − 1} für alle i ∈ {1, . . . , m}. Wir haben also m Zahlen
ri , die m − 1 Werte annehmen können. Nach dem Schubfachprinzip müssen also
mindestens zwei Summen den gleichen Rest haben, d.h. es gibt i 6= j mit ri = rj .
Sei ohne Einschränkung i < j. Die Differenz sj − si = ai+1 + . . . + aj ist dann durch
m teilbar.
5. Schubfach–Prinzip II (4 Zusatzpunkte) Wir haben ein Glücksrad bestehend aus
zwei konzentrischen Kreisscheiben, die beide in 2n Sektoren unterteilt sind. Bei der
großen Scheibe gibt es n blaue und n rote Sektoren, bei der kleinen sind die Sektoren
auch rot oder blau, wir wissen aber nichts über die Anzahlen. Die kleine Scheibe kann
gedreht werden. Beweisen Sie, dass man sie so drehen kann, dass es wenigstens n
Übereinstimmungen bei den Farben sich gegenüberliegender Sektoren gibt.
Lösung: Wir wenden das Schubfachprinzip auf die Abbildung an, die Paaren
von gleichfarbigen Feldern die Glücksradstellung zuordnet, in der diese Felder
einander gegenüber stehen. Die Felder des Glücksrades sollen dazu innen und außen
jeweils von 1 bis 2n durchnummeriert werden. Es gibt 2n Glücksradstellungen, die
wir jeweils durch eine Zahl aus der Menge B = {1, . . . , 2n} bezeichnen. Sei nun
A = {(j, k), Feld j innen und Feld k außen haben die gleiche Farbe, 1 ≤ j, k ≤ 2n}.
(Nebenbei: A ist eine Relation zwischen den inneren und den äußeren Feldern,
gleichfarbige Felder stehen dabei in Relation.) Sei f : A → B die Abbildung, die jedem
Paar (j, k) ∈ A die Stellung zuordnet, in der Feld j und Feld k einander gegenüber
stehen. Um das Schubfachprinzip auf die Abbildung f anzuwenden, müssen wir die
Mächtigkeit von A bestimmen. Sei b die (unbekannte) Anzahl der inneren blauen Felder
und r = 2n − b die Anzahl der inneren roten Felder. Zu jedem inneren blauen Feld gibt
es n blaue Felder außen. Also gehören zu jedem inneren blauen Feld genau n Paare
in A. Es gibt daher nb Paare (j, k) ∈ A, wo das innere Feld j die blaue Farbe trägt.
Ebenso gehören zu jedem inneren roten Feld genau n Paare in A. Ingesamt enthält A
also nb + nr = nb + n(2n − b) = 2n2 Elemente. Das Schubfachprinzip besagt nun, dass
2
|A|
es ein Element b ∈ B (d.h. eine Glücksradstellung) gibt, mit |f −1 (b)| ≥ |B|
= 2n
2n = n.
In Stellung b gibt es somit mindestens n Übereinstimmungen.