Einführung in die Diskrete Mathematik Lösung

Technische Universität Chemnitz
S. Dienelt
Chemnitz, 10. Oktober 2007
Abgabe: 16. Oktober 2007
Einführung in die Diskrete Mathematik
Lösung Aufgabenserie 1
1. (3 Punkte) Im Parlament eines Landes gibt es 89 Sitze und drei Parteien.
Wieviele Möglichkeiten der Sitzverteilung gibt es, so dass keine Partei eine
absolute Mehrheit hat?
Lösung:
Jede Partei hat mindestens einen Sitz und höchstens 44. Sei 1 ≤ i ≤ 44
die Anzahl der Sitze der ersten Partei, dann kann die zweite 45 − i ≤ k ≤
44 Sitze haben, die Anzahl
Sitze der dritten
ist dann zulässig
P44 Partei
Pder
44
45
= 990 mögliche
festgelegt. Damit gibt es i=1 (45 − i) =
i=1 i =
2
Sitzverteilungen.
2. (a) (2 Punkte) Ein Palindrom ist eine Ziffernkette, die sich vorwärts und
rückwärst gleich liest. Wie viele verschiedene Palindrome lassen sich
mit sechs Ziffern bilden? Wie viele mit sieben Ziffern?
Lösung:
Es gibt 10 × 10 × 10 = 1000 Möglichkeiten die ersten drei Ziffern eines
Palindroms mit sechs Ziffern auszuwählen. Durch jede solche Auswahl
sind die letzten drei Ziffern des Palindroms festgelegt. Es gibt also
1000 Palindrome mit sechs Ziffern.
Für Palindrome mit sieben Ziffern gibt es zusätzlich noch 10 Möglichkeiten für die mittlere Ziffer. Damit gibt es 10 × 1000 = 10000 Palindrome mit sieben Ziffern.
(b) (1 Punkte) Wie viele vierstellige Zahlen, die kleiner als 6000 sind,
lassen sich bilden, wenn man nur ungerade Ziffern verwendet?
Lösung:
Die erste Ziffer muss 1, 3 oder 5 sein. Die übrigen drei Ziffern können
jeweils aus den fünf ungeraden Ziffern ausgewählt werden. Daher gibt
es 3 × 5 × 5 × 5 = 375 vierstellige Zahlen, die kleiner als 600 sind und
nur ungerade Ziffern enthalten.
3. (4 Punkte) Es sei N = {1, 2, . . . , 2007} und A eine Teilmenge von N mit
|A| = 1009. Zeige, dass A zwei Zahlen a und b enthält mit |a − b| = 9. Gilt
dies auch für |A| = 1008?
Lösung:
Wir nehmen an, es sei A ⊂ N ein Gegenbeispiel. Betrachte das Inzidenzsystem (A, N \A, I) mit a und b inzident falls |a−b| = 9. Dann ist r(a) = 2 für
P
10 ≤ a ≤ 1998
und
r(a)
=
1
sonst.
Also
ist
a∈A r(a) ≥ 2·(1·9)+(2·991) =
P
2000, aber b∈N \A r(b) ≤ 2 · 998 = 1996; Widerspruch.
Für |A| = 1008 erfüllen 112 9er-Blocks mit jeweils einem 9er Block dazwischen die Bedingungen (112 · 9 + 111 · 9 = 2007).
4. (3 Punkte) Beweisen Sie folgende Aussage mittels vollständiger Induktion:
n
P
n k n−k
a b
(a + b)n =
k
k=0
Lösung:
Induktionsanfang: n = 0
(a + b)0 = 1 = 00 · a0 · b0
Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung gelte für alle k ≤ n
Induktionsschritt: n −→ n + 1
(a + b)n+1
= (a + b)(a + b)n
n
P
n k n−k
= (a + b)
a b
k
= a·
=
=
=
=
n
P
k=0
n k n−k
a b
k
+b·
n
P
n
k
ak bn−k
k=0
k=0
n
P
n k+1 n−k
n k n−k+1
a
b
+
a b
k
k
k=0
k=0
n+1
n
P n k n+1−k P
n k n−k+1
a
b
+
a b
k−1
k
k=1
k=0
n P
n
+ nk ak bn+1−k
1 · an+1 + 1 · bn+1 +
k−1
k=1
n+1
P n+1 k n+1−k
a b
k
k=0
n
P
5. Eine Möglichkeit, alle Teilmengen einer n-Menge in Form von 0,1-Wörtern
aufzulisten, wird durch den rekursiv definierten Gray-Code beschrieben:
G(1) = (0, 1); sei G(n) = (G1 , . . . , G2n ), dann ist G(n + 1) = (0G1 , 0G2 , . . . ,
0G2n , 1G2n , . . . , 1G1 ). Zeige:
(a) (2 Punkte) Je zwei benachbarte 0,1-Wörter in G(n) unterscheiden sich
in genau einer Stelle.
Lösung:
Induktion: Wahr für n = 1.
n → n + 1: Nach Induktionsannahme wahr für die erste Hälfte mit
führender 0 und die zweite Hälfte mit führender 1. Beim Übergang
der ersten Stelle von 0 nach 1 ändert sich nichts in den nachfolgenden
Stellen.
(b) (3 Punkte) Sei G(n, k) die Unterfolge der Wörter von G(n) mit genau
k Einsen. Zeige, dass aufeinanderfolgende Wörter in G(n, k) sich in
genau zwei Stellen unterscheiden.
Lösung:
Induktion: Wahr für n = 2.
n → n + 1: Nach Induktionsannahme wahr für die erste Hälfte mit
führender 0 und die zweite Hälfte mit führender 1. Für den Übergang
zeigt man den Fall k = 1 leicht. Für k ≥ 2 benötigen wir folgende
Beobachtung: Das erste Wort in G(n, k) hat die Struktur |0 .{z
. . 0} 1| .{z
. . 1},
n−k
k
. . 1}
das letzte Wort in G(n, k) mit k Einsen ist entsprechend 1 0| .{z
. . 0} 1| .{z
n−k
k−1
(Beweis ebenfalls durch Induktion). Das letzte Wort in G(n + 1, k)
mit führender 0 ist daher 0+das letzte Wort von G(n, k)“ und das
”
erste Wort in G(n + 1, k) mit führender 1 ist 1+das letzte Wort von
”
G(n, k − 1)“. Das letzte Wort in G(n, k) unterscheidet sich nach der
Beobachtung in genau einer Stelle vom letzten Wort in G(n, k − 1).