Institut für Informatik Lehrstuhl f ¨ur Informatik 15 Computer

Institut für Informatik
Lehrstuhl für Informatik 15
Computer Graphik & Visualisierung
Diskrete Strukturen I
Wintersemester 2006/2007
Übungsblatt 3
Seite 1 von 3
Prof. R. Westermann, J. Schneider, J. Georgii, S. Pott
TU München, 07.11.2006
Lösungen zu Diskrete Strukturen I (Blatt 3)
Aufgabe 11 [5 Punkte] Induktion
Beweis über vollständige
Induktion:
√ n
1+ 5
2
Behauptung: f n = √1
5
Induktionsanfang:
• n=0
• n=1
−
√ n 1− 5
.
2
f0 = 0 =
√1
5
(1 − 1) =
f1 = 1 =
√1
5
Annahme: Es gelte f n =
√1
5
√ 2 5
2
=
√ n
1+ 5
2
√1
5
√1
5
−
Induktionsschluss: ( N − 1, N ) → N + 1
f N +1 =
=
=
=
=
=
=
√ 0
1+ 5
2
√ 1
1+ 5
2
√ n 1− 5
2
−
−
√ 0 1− 5
2
√ 1 1− 5
2
für alle 0 ≤ n ≤ N.
f N + f N −1
N √ N 1+ 5
√1
− 1−2 5
+ f N −1
(nach IA. für N)
2
5
√ √ √ N √ N −1 N
N −1
1− 5
1+ 5
1+ 5
1
√1
√
−
− 1−2 5
+
(nach IA. für N-1)
2
2
2
5
5
√ √ N −1 √ N √ N −1
N
1+ 5
1+ 5
√1
+
− 1−2 5
− 1−2 5
2
2
5
√ √ N −1 √ √ N −1
1+ 5
1− 5
1− 5
1+ 5
√1
− 1+ 2
1+ 2
2
2
5
√ √ N −1 √
√
2
N −1
2
5
5
5
5
1
+
1
+
1
−
1
−
1
√
−
2
2
2
2
5
√ √ N +1
N +1
1− 5
1+ 5
√1
−
2
2
Aufgabe 12 [2+3 Punkte]
√
5
Zahlenspielerei
a) Sei n ∈ N. Wir zeigen nun, dass das Produkt n · (n + 1) · (n + 2) sowohl durch 2 als auch durch
3 teilbar ist. Nehmen wir an, 2 teilt n nicht. Dann ist n ungerade, und n + 1 gerade. Daher teilt
dann 2 das gesamte Produkt. Wenn 2 ein Teiler von n ist, ist man trivialerweise fertig. Für die
Feststellung, dass 3 das Produkt teilt, muss man drei Fälle unterscheiden. Nehmen wir an, dass
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bei einer Ganzzahldivision n/3 ein Rest von 1 bleibt. Dann ist 3 ein Teiler von (n + 2). Bleibt bei
der vorherigen Division ein Rest von 2, so ist 3 Teiler von (n + 1). Bleibt kein Rest, so teilt 3 trivial
n. Da man nun für alle möglichen Fälle n zu wählen (”modulo 3”) gezeigt hat, dass sowohl 2
als auch 3 einen der Terme n, n + 1, n + 2 teilt, muss also das Produkt n · (n + 1) · (n + 2) ein
Vielfaches von 6 sein.
b) Zu zeigen sind zwei Teile, nämlich ”Goldbach ⇒ X” und ”X ⇒ Goldbach”.
(⇒) Annahme: Es gelte für alle geraden n ∈ N, n > 2: n = p1 + p2 , wobei p1 , p2 prim.
Nun setzen wir p3 = 2 und erhalten somit die Summe n′ = p1 + p2 + 2 = n + 2. Somit ist
n′ ebenfalls gerade, und n′ > 4 (somit ist auch n′ > 5). Nun zu den ungeraden Zahlen. Hier
wähle man p3 = 3, somit ist die Summe n′ = p1 + p2 + 3 = n + 3 ungerade, und n′ > 5.
Damit endet die Folgerung ”Goldbach ⇒ X”.
(⇐) Für die andere Richtung reicht es, alle geraden n (s. Goldbach Vermutung) abzudecken. Es
gelte für alle n′ > 5 ∈ N: n′ = p1 + p2 + p3 , wobei p1 , p2 , p3 prim. Weiterhin merken wir
an, dass die kleinste Primzahl 2 ist. Dann ist p1 , p2 , p3 ≥ 2. Wählen wir nun alle geraden n′ ,
dann ist mindestens eine der drei Zahlen p1 , p2 , p3 gerade. Entfernt man nun diese gerade
Zahl (also die einzige gerade Primzahl 2) aus der Summe, so bleiben zwei Primzahlen,
deren Summe n gerade ist mit n = n′ − 2 > 3. (was gerade die Goldbach Vermutung ist).
Aufgabe 13 [1 Punkte]
Konstruktiver Beweis
Eine Zahl ist n = 1. Damit gilt die Behauptung.
Aufgabe 14 [1+1+2+3 Punkte]
Potenzmenge
a)
P ( A) = {∅, { a}, {b}, {c}, {d}, { a, b}, { a, c}, { a, d}, {b, c}, {b, d},
{c, d}, { a, b, c}, { a, c, d}, { a, b, d}, {b, c, d}, { a, b, c, d}},
|P ( A)| = 16.
b) P ( B) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}, |P ( A)| = 8.
c) P ( A) = 2| A| . Begründung: Jedes Element kann entweder in einer speziellen Teilmenge sein
oder nicht. D.h., für jedes Element von A hat man 2 Möglichkeiten. Insgesamt gibt es also 2| A|
verschiedene Teilmengen.
d) Beweis über Potenzmengenkonstruktion:
Der Binomialkoeffizient gibt die Anzahl von Teilmengen A ⊆ B an, so dass A genau i der N
möglichen Elemente aus B enthält, also formal:
N
= |{ A ⊆ B : | A| = i ∧ | B| = N }|
i
Dann ist
N
N
∑ i =
i=0
N
∑ |{ A ⊆ B : | A| = i ∧ |B| = N }|
i=0
N
[
= i=0
{ A ⊆ B : | A| = i ∧ | B| = N }
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Anmerkung: Die Vereinigung im obigen Schritt vereinigt disjunkte Mengen Ai , somit gilt in
diesem Fall | Ai ∪ A j | = | Ai | + | A j | für i 6= j.
Da nun i von 0 bis N zählt und B genau N Elemente hat, gilt weiter:
N
N
∑ i = |{ A ⊆ B : | A| ≤ N ∧ |B| = N }|
i=0
= |{ A ⊆ B}|
= |P ( B)|
Nun gilt genau mit Aufgabe c): |P ( B)| = 2| B| = 2 N .
Aufgabe 15 [4+3 Punkte]
Surjektive und injektive Funktionen
Wir nehmen an, dass |X | > 1 ist (der andere Fall ist trivial zu zeigen).
a) Wir beweisen die Äquivalenz in 2 Schritten:
(⇒) Sei f surjektiv. Wenn g1 6= g2 , so unterscheiden sich die Funktionswerte für mindestens ein
Urbild, also gibt es ein b ∈ X mit g1 (b) 6= g2 (b). Da f surjektiv ist, können wir ein a wählen,
so dass f ( a) = b. Dann gilt:
g 1 ◦ f ( a ) = g 1 (b) 6= g 2 (b) = g 2 ◦ f ( a )
Das bedeutet aber, dass g1 ◦ f 6= g2 ◦ f . Damit gilt dann aber (”Indirekter Beweis”). Wenn
g1 ◦ f = g2 ◦ f , dann ist auch g1 = g2 , bzw. ausführlich:
(∀ g1 , g2 ∈ F ( X ))( g1 ◦ f = g2 ◦ f ⇒ g1 = g2 ).
(⇐) Es gelte (∀ g1 , g2 ∈ F ( X ))( g1 ◦ f = g2 ◦ f ⇒ g1 = g2 ) (i). Sei b ∈ X. Wir müssen zeigen,
dass f surjektiv ist, also f ( X ) = { f ( a) : a ∈ X } = X. Angenommen f ( X ) = Y ⊂ X.
Wir wählen g1 als die Identitätsabbildung, also g1 ( x) = x für x ∈ X und g2 wird wie folgt
definiert:
g2 ( x) = x für x ∈ Y und
g2 ( x) = x0 für x ∈ X \Y (x0 sei ein beliebiges Element aus X).
Dann ist offensichtlich g1 ◦ f = g2 ◦ f , aber g1 6= g2 . Das ist im Widerspruch zur Annahme
(i), also ist f ( X ) = X.
b) Wir beweisen die Äquivalenz wiederum in 2 Schritten:
(⇒) Sei f injektiv. Wenn g1 6= g2 , so gibt es ein a ∈ X mit g1 ( a) 6= g2 ( a). Weil f injektiv ist, gilt
dann f ◦ g1 ( a) 6= f ◦ g2 ( a). Dann ist aber auch f ◦ g1 6= f ◦ g2 . Damit gilt dann (analog zu
a)): (∀ g1 , g2 ∈ F ( X ))( f ◦ g1 = f ◦ g2 ⇒ g1 = g2 )
(⇐) Es gelte (∀ g1 , g2 ∈ F ( X ))( f ◦ g1 = f ◦ g2 ⇒ g1 = g2 ) (i). Wir müssen zeigen, dass f
injektiv ist, also f ( a) = f (b) ⇒ a = b. Wir wählen Funktionen g1 , g2 , so dass g1 (u) = a,
g2 (u) = b und g1 (v) = g2 (v) ∀v ∈ X \{u}. Dann gilt mit der Annahme f ( a) = f (b) auch
f ◦ g1 = f ◦ g2 . Dann folgt aber nach Annahme (i), dass g1 = g2 und damit a = b. Also ist f
injektiv.