Inhaltsverzeichnis - VoWi

Inhaltsverzeichnis
Aufgabe 1
Aufgabe 29
Aufgabe 65
Aufgabe 104
Aufgabe 141
Aufgabe 184
Aufgabe 357
Aufgabe 2
Aufgabe 30
Aufgabe 66
Aufgabe 105
Aufgabe 142
Aufgabe 185
Aufgabe 362
Aufgabe 3
Aufgabe 31
Aufgabe 67
Aufgabe 106
Aufgabe 143
Aufgabe 193
Aufgabe 369
Aufgabe 4
Aufgabe 32
Aufgabe 68
Aufgabe 107
Aufgabe 147
Aufgabe 194
Aufgabe 383
Aufgabe 5
Aufgabe 33
Aufgabe 69
Aufgabe 108
Aufgabe 148
Aufgabe 195
Aufgabe 400
Aufgabe 6
Aufgabe 34
Aufgabe 70
Aufgabe 109
Aufgabe 150
Aufgabe 200
Aufgabe 405
Aufgabe 7
Aufgabe 35
Aufgabe 71
Aufgabe 110
Aufgabe 151
Aufgabe 201
Aufgabe 409
Aufgabe 8
Aufgabe 36
Aufgabe 72
Aufgabe 111
Aufgabe 152
Aufgabe 202
Aufgabe 412
Aufgabe 9
Aufgabe 37
Aufgabe 73
Aufgabe 112
Aufgabe 153
Aufgabe 203
Aufgabe 426
Aufgabe 10
Aufgabe 38
Aufgabe 74
Aufgabe 113
Aufgabe 154
Aufgabe 204
Aufgabe 431
Aufgabe 11
Aufgabe 39
Aufgabe 75
Aufgabe 114
Aufgabe 155
Aufgabe 209
Aufgabe 434
Aufgabe 12
Aufgabe 40
Aufgabe 77
Aufgabe 115
Aufgabe 156
Aufgabe 210
Aufgabe 437
Aufgabe 13
Aufgabe 41
Aufgabe 78
Aufgabe 116
Aufgabe 158
Aufgabe 213
Aufgabe 443
Aufgabe 14
Aufgabe 42
Aufgabe 79
Aufgabe 119
Aufgabe 159
Aufgabe 269
Aufgabe 447
Aufgabe 15
Aufgabe 43
Aufgabe 80
Aufgabe 124
Aufgabe 160
Aufgabe 271
Aufgabe 479
Aufgabe 16
Aufgabe 44
Aufgabe 83
Aufgabe 125
Aufgabe 161
Aufgabe 277
Aufgabe 496
Aufgabe 17
Aufgabe 45
Aufgabe 85
Aufgabe 126
Aufgabe 162
Aufgabe 289
Aufgabe 507
Aufgabe 18
Aufgabe 46
Aufgabe 86
Aufgabe 127
Aufgabe 163
Aufgabe 305
Aufgabe 527
Aufgabe 19
Aufgabe 49
Aufgabe 87
Aufgabe 128
Aufgabe 164
Aufgabe 309
Aufgabe 532
Aufgabe 20
Aufgabe 50
Aufgabe 88
Aufgabe 129
Aufgabe 165
Aufgabe 312
Aufgabe 540
Aufgabe 21
Aufgabe 51
Aufgabe 89
Aufgabe 130
Aufgabe 166
Aufgabe 321
Aufgabe 557
Aufgabe 22
Aufgabe 52
Aufgabe 90
Aufgabe 131
Aufgabe 172
Aufgabe 345
Aufgabe 563
Aufgabe 23
Aufgabe 53
Aufgabe 95
Aufgabe 132
Aufgabe 173
Aufgabe 349
Aufgabe 569
Aufgabe 24
Aufgabe 54
Aufgabe 99
Aufgabe 133
Aufgabe 174
Aufgabe 350
Aufgabe 578
Aufgabe 25
Aufgabe 61
Aufgabe 100
Aufgabe 134
Aufgabe 175
Aufgabe 351
Aufgabe 579
Aufgabe 26
Aufgabe 62
Aufgabe 101
Aufgabe 135
Aufgabe 179
Aufgabe 352
Aufgabe 594
Aufgabe 27
Aufgabe 63
Aufgabe 102
Aufgabe 138
Aufgabe 182
Aufgabe 353
Aufgabe 28
Aufgabe 64
Aufgabe 103
Aufgabe 140
Aufgabe 183
Aufgabe 356
Info:
Ziemlich alle Bilder stammen nicht von mir sondern aus dem VOWI. Ich habe diese nur für die passenden
Beispiele übernommen.
https://vowi.fsinf.at/wiki/TU_Wien:Mathematik_1_UE_(diverse)/Übungen_WS10
Algebra und Diskrete Mathematik
WS2012/13
Aufgabe 1
Sei a die Aussage „Es gibt eine größte natürliche Zahl.“ und b die Aussage „0 ist die größte natürliche
Zahl.“ Man entscheide, ob die Aussagen 𝒂 ⇒ 𝒃 bzw. 𝒃 ⇒ 𝒂 wahr oder falsch sind.
Wie wir wissen stimmen beide Aussagen nicht, da es laut Piano-Axiome keine größte natürliche Zahl gibt und 0
die kleinste natürliche Zahl ist.
Ist die erste Aussage wahr, MUSS für die Gültigkeit der Implikation, auch die zweite Aussage wahr sein. Ist die
erste Aussage falsch, stimmt die Implikation immer, egal welchen Wert die zweite Aussage besitzt.
Da bei uns beide Aussagen falsch sind, ist auch die Reihenfolge der Implikation nicht von Bedeutung. Die erste
Behauptung ist immer falsch, also stimmt die Implikation immer („ex falso quodlibet“).
𝑎 ⇒ 𝑏 𝑖𝑠𝑡 𝑤𝑎ℎ𝑟
𝑏 ⇒ 𝑎 𝑖𝑠𝑡 𝑤𝑎ℎ𝑟
Aufgabe 2
Entscheiden Sie mit Hilfe einer Wahrheitstafel, ob die folgende Äquivalenz richtig ist.
𝒂 ∨ (𝒃 ∨ 𝒄) ⇔ (𝒂 ∨ 𝒃) ∨ 𝒄
Sind beide Aussagen falsch bzw. wahr, stimmt auch die Äquivalenz. Unterscheiden sich die Wahrheitswerte, ist
die Äquivalenz falsch.
a
b
c
𝒃∨𝒄
𝒂 ∨ (𝒃 ∨ 𝒄)
𝒂∨𝒃
(𝒂 ∨ 𝒃) ∨ 𝒄
𝒂 ∨ (𝒃 ∨ 𝒄) ⇔ (𝒂 ∨ 𝒃) ∨ 𝒄
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0
0
0
0
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1
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1
Die Äquivalenz stimmt somit.
Aufgabe 3
Entscheiden Sie mit Hilfe einer Wahrheitstafel, ob die folgende Äquivalenz richtig ist.
𝒂 ∨ (𝒂 ∧ 𝒃) ⇔ 𝒂
a
b
𝒂∧𝒃
𝒂 ∨ (𝒂 ∧ 𝒃)
𝒂 ∨ (𝒂 ∧ 𝒃) ⇔ 𝒂
0
0
0
0
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1
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1
Die Äquivalenz stimmt somit.
Beispielsammlung
Markus Kessler
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Algebra und Diskrete Mathematik
WS2012/13
Aufgabe 4
Entscheiden Sie mit Hilfe einer Wahrheitstafel, ob die folgende Äquivalenz richtig ist.
𝒂 ∧ (𝒃 ∨ 𝒄) ⇔ (𝒂 ∧ 𝒃) ∨ (𝒂 ∧ 𝒄)
a
b
c
𝒃∨𝒄
𝒂 ∧ (𝒃 ∨ 𝒄)
𝒂∧𝒃
𝒂∧𝒄
(𝒂 ∧ 𝒃) ∨ (𝒂 ∧ 𝒄)
𝒂 ∧ (𝒃 ∨ 𝒄) ⇔ (𝒂 ∧ 𝒃) ∨ (𝒂 ∧ 𝒄)
0
0
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Die Äquivalenz stimmt somit.
Aufgabe 5
Entscheiden Sie mit Hilfe einer Wahrheitstafel, ob die folgende Äquivalenz richtig ist.
(𝒂 ∧ ¬𝒃) ∧ ¬𝒄 ⇔ 𝒂 ∧ ¬(𝒃 ∧ ¬𝒄)
a
b
c
𝒂 ∧ ¬𝒃
(𝒂 ∧ ¬𝒃) ∧ ¬𝒄
¬(𝒃 ∧ ¬𝒄)
𝒂 ∧ ¬(𝒃 ∧ ¬𝒄)
(𝑎 ∧ ¬𝑏) ∧ ¬𝑐 ⇔ 𝑎 ∧ ¬(𝑏 ∧ ¬𝑐)
0
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0
0
0
1
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0
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0
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0
0
1
1
0
Die Äquivalenz stimmt somit nicht.
Beispielsammlung
Markus Kessler
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Algebra und Diskrete Mathematik
WS2012/13
Aufgabe 6
Entscheiden Sie mit Hilfe einer Wahrheitstafel, ob die folgende Äquivalenz richtig ist.
𝒂 ⇔ 𝒃 ⇔ (𝒂 ⇒ 𝒃) → ¬(𝒃 ⇒ 𝒂)
a
b
𝒂⇔𝒃
𝒂⇒𝒃
¬(𝒃 ⇒ 𝒂)
(𝑎 ⇒ 𝑏) → ¬(𝑏 ⇒ 𝑎)
𝒂 ⇔ 𝒃 ⇔ (𝒂 ⇒ 𝒃) → ¬(𝒃 ⇒ 𝒂)
0
0
1
1
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0
0
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0
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1
0
0
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1
0
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0
0
0
Die Äquivalenz stimmt somit nicht.
Aufgabe 7
Entscheiden Sie mit Hilfe einer Wahrheitstafel, ob die folgende Äquivalenz richtig ist.
¬(𝒂 ⇔ 𝒃) ⇔ 𝒂 ∧ ¬𝒃
a
b
¬(𝒂 ⇔ 𝒃)
𝑎 ∧ ¬𝑏
¬(𝑎 ⇔ 𝑏) ⇔ 𝑎 ∧ ¬𝑏
0
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0
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1
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1
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0
1
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0
0
1
Die Äquivalenz stimmt somit nicht.
Beispielsammlung
Markus Kessler
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Algebra und Diskrete Mathematik
WS2012/13
Aufgabe 8
Man zeige, dass es sich bei dem logischen Ausdruck
[(𝑩 ∨ 𝑪) ∧ (𝑩 ⇒ ¬𝑨) ∧ 𝑨] ⇒ 𝑪
um eine Tautologie bzw. bei dem Ausdruck
(𝑨 ⇒ 𝑪) ∧ (𝑪 → 𝑩) ∧ 𝑨 ∧ ¬𝑩
um eine Kontradiktion handelt.
Tautologie
Eine Formel heißt Tautologie, wenn sie immer wahr ist.
Kontradiktion
Eine Formel heißt Kontradiktion, wenn sie niemals wahr ist.
[(𝑩 ∨ 𝑪) ∧ (𝑩 ⇒ ¬𝑨) ∧ 𝑨] ⇒ 𝑪
A
B
C
𝑩∨𝑪
𝑩 ⇒ ¬𝑨
(𝑩 ∨ 𝑪) ∧ (𝑩 ⇒ ¬𝑨) ∧ 𝑨
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
1
0
1
0
1
1
0
1
0
1
1
1
1
0
1
1
0
0
0
1
0
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
0
1
1
1
1
1
0
0
1
Der erste Ausdruck ist somit eine Tautologie.
A
B
C
𝑨⇒𝑪
𝑪→𝑩
(𝑨 ⇒ 𝑪) ∧ (𝑪 → 𝑩) ∧ 𝑨 ∧ ¬𝑩
0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
0
0
0
1
0
1
1
0
0
1
1
1
1
0
1
0
0
0
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
0
1
1
1
1
1
0
Der zweite Ausdruck ist eine Kontradiktion.
Beispielsammlung
Markus Kessler
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Algebra und Diskrete Mathematik
WS2012/13
Aufgabe 9
Gelten folgende Formeln? Geben Sie jeweils eine verbale Begründung.
a)
∀𝒙 ∈ ℕ∃𝒚 ∈ 𝑵: 𝒙 < 𝒚
„Für alle x aus den natürlichen Zahlen existiert mindestens ein y aus den natürlichen Zahlen, sodass gilt: x < y.“
Diese Aussage ist wahr, da es für jede Zahl aus den natürlichen Zahlen einen Nachfolger gibt.
b) ∃𝒚 ∈ ℕ∀𝒙 ∈ 𝑵: 𝒙 < 𝒚
„Es gibt mindestens ein y aus den natürlichen Zahlen, sodass für alle x aus den natürlichen Zahlen gilt: x < y.“
Diese Aussage ist falsch, da somit alle x aus den nat. Zahlen kleiner als y sein müssten. Da y aber selber eine
natürliche Zahl ist, besitzt auch y einen Nachfolger aus den natürlichen Zahlen. Somit ist y nicht die größte Zahl.
c)
∀𝒙 ∈ ℕ∃𝒚 ∈ ℕ: 𝒚 < 𝒙
„Für alle x aus den natürlichen Zahlen existiert mindestens ein y aus den natürlichen Zahlen, sodass gilt: y < x.“
Diese Aussage ist richtig, wenn 𝑥 ≠ 𝑦 gilt. Denn wird für 𝑦 = 0 gewählt, dann ist 0 kleiner als jede andere
natürliche Zahl.
d) ∀𝒙 ∈ ℤ∃𝒚 ∈ ℤ: 𝒚 < 𝒙
„Für alle x aus den ganzen Zahlen existiert mindestens ein y aus den ganzen Zahlen, sodass gilt: y < x.“
Diese Aussage ist falsch, denn es gibt in den ganzen Zahlen für jede Zahl eine Vorgänger und einen Nachfolger.
Somit ist keine Zahl eine obere bzw. untere Grenze.
Beispielsammlung
Markus Kessler
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Algebra und Diskrete Mathematik
WS2012/13
Aufgabe 10
Man bestimme alle 𝒎, 𝒏 ∈ ℕ, für welche die Prädikate P(n) bzw. P(n, m) in eine wahre Aussage
übergehen:
a)
𝑷(𝒏): 𝒏! ≤ 𝟏𝟎𝒏
Nachdem man durch n dividiert kommt man zu folgender Aussage:
(𝑛 − 1)! ≤ 10
Da nur 1! = 1, 2! = 2 und 3! = 6 unter 10 sind, stimmt das Prädikat ∀𝑛 ≤ 4.
b) 𝑷(𝒏): (𝒏𝟐 − 𝟓𝒏 − 𝟔 ≥ 𝟎) ⇒ (𝒏 ≤ 𝟏𝟎)
Zuerst betrachte ich den ersten Teil:
Man erkennt gleich, dass die Ungleichung ab 𝑛 = 6 gilt. Es handelt sich hier um eine Implikation. Diese kann
immer umgeschrieben werden:
𝑎 ⇒ 𝑏 ⇔ ¬𝑎 ∨ 𝑏
Also gilt die Aussage wenn der erste Teil nicht erfüllt ist, also 𝑛 < 6, oder wenn der zweite Teil gilt, also 𝑛 ≤ 10.
Somit ist die Aussage ∀𝑛 ≤ 10 gültig.
c)
𝑷(𝒏, 𝒎): (𝒎 = 𝒏!) ⇒ (𝒎 𝒊𝒔𝒕 𝒅𝒖𝒓𝒄𝒉 𝟏𝟎 𝒕𝒆𝒊𝒍𝒃𝒂𝒓)
(𝑚 = 𝑛!) ⇒ (𝑚 𝑖𝑠𝑡 𝑑𝑢𝑟𝑐ℎ 10 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑏𝑎𝑟)
¬(𝑚 = 𝑛!) ∨ (𝑚 𝑖𝑠𝑡 𝑑𝑢𝑟𝑐ℎ 10 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑏𝑎𝑟)
(𝑚 ≠ 𝑛!) ∨ (𝑚 𝑖𝑠𝑡 𝑑𝑢𝑟𝑐ℎ 10 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑏𝑎𝑟)
Aus der zweiten Aussage wissen wir, wenn m durch 10 teilbar ist, die Aussage stimmt. m ist genau dann durch
10 teilbar, wenn 𝑛 ≥ 5, denn 5! = 5 ∗ 4 ∗ 3 ∗ 2 ∗ 1. Und mit 2 ∗ 5 haben wir für 𝑛 ≥ 5 immer ein Vielfaches
von 10.
Unter 5 ist die Aussage nur gültig, wenn (𝑚 ≠ 𝑛!).
Aufgabe 11
Man bestätige die Richtigkeit der folgenden Behauptungen durch einen indirekten Beweis:
a)
Ist die Summe 𝒎 + 𝒏 zweier Zahlen 𝒎, 𝒏 ∈ ℤ ungerade, dann ist genau einer der beiden Summanden
ungerade.
Nehmen wir an, die Summe zweier ganzen Zahlen ist ungerade und beide Summanden wären ungerade.
𝑚 = 2𝑎 + 1, 𝑛 = 2𝑏 + 1
𝑚 + 𝑛 = 2𝑎 + 1 + 2𝑏 + 1 = 2𝑎 + 2𝑏 + 1 + 1 = 2(𝑎 + 𝑏) + 2
Die Addition einer geraden Zahl + 2 gibt natürlich wieder eine gerade Zahl.
b) Ist das Quadrat 𝒏𝟐 einer ganzen Zahl 𝒏 ∈ ℤ gerade, dann ist auch n gerade.
Wir nehmen also an, dass das Quadrat einer geraden Zahl eine ungerade Zahl als Ergebnis hat:
(2 ∗ 𝑎)2 = 2 ∗ 𝑏 + 1
4𝑎2 = 2 ∗ 𝑏 + 1
2 ∗ (2𝑎2 ) ≠ 2 ∗ 𝑏 + 1
Eine ganze Zahl mit 2 multipliziert, kann niemals ungerade werden.
Beispielsammlung
Markus Kessler
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Algebra und Diskrete Mathematik
WS2012/13
Aufgabe 12
Zeigen Sie, dass √𝟑 irrational ist.
Möchte ich zeigen, dass eine Zahl irrational ist, versuche ich sie über die Division zweier ganzer, teilerfremder
Zahlen darzustellen. Ist dies nicht der Fall, so ist sie irrational, also 𝑔𝑔𝑇(𝑚, 𝑛) = 1.
√3 =
𝑚
𝑚2
⇒ 3 = 2 ⇒ 3 ∗ 𝑛2 = 𝑚2 ⇒ 3 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑚2
𝑛
𝑛
Aus dem letzten Schritt, 3 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑚2 , erfahren wir, dass 3 auch m teilt. Denn wenn man sich die
Primfaktorenzerlegung anschaut, dann besitzt 𝑚2 die gleichen Primfaktoren wie m, nur doppelt so oft.
⇒ 3 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑚 ⇒ 𝑚 = 3 ∗ 𝑥
3𝑥
⇒ 3 ∗ 𝑛2 = 3𝑥 ⇒ 𝑛2 = 𝑥
√3 =
𝑛
Das wiederum würde bedeuten, dass n ein Teiler von x ist.
𝑛 = 𝑇𝑒𝑖𝑙𝑒𝑟 𝑣𝑜𝑛 𝑥 ⇔ 𝑛 = 𝑇𝑒𝑖𝑙𝑒𝑟 𝑣𝑜𝑛 3 ∗ 𝑥 ⇔ 𝑛 = 𝑇𝑒𝑖𝑙𝑒𝑟 𝑣𝑜𝑛 𝑚
Da n und m teilerfremd sind, kann n kein Teiler von m sein. √3 ist irrational.
Aufgabe 13
Zeigen Sie, dass √𝟓 irrational ist.
𝑚
𝑚2
⇒ 5 = 2 ⇒ 5 ∗ 𝑛2 = 𝑚2 ⇒ 5 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑚2 ⇒ 5 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑚
𝑛
𝑛
5𝑥
√5 =
⇒ 5 ∗ 𝑛2 = 5𝑥 ⇒ 𝑛2 = 𝑥 ⇒ 𝑛 𝑇𝑒𝑖𝑙𝑒𝑟 𝑣𝑜𝑛 𝑥 ⇒ 𝑛 𝑇𝑒𝑖𝑙𝑒𝑟 𝑣𝑜𝑛 𝑚
𝑛
√5 =
Aufgabe 14
Zeigen Sie, dass √𝟔 irrational ist.
√6 =
𝑚
𝑚2
⇒ 6 = 2 ⇒ 6 ∗ 𝑛2 = 𝑚2 ⇒ 2 ∗ (3 ∗ 𝑛2 ) = 𝑚2
𝑛
𝑛
m ist gerade, denn 2 ∗ 𝑥 gibt immer eine gerade Zahl.
𝑚 = 2𝑥 ⇒ 4𝑥 2 = 2 ∗ (3 ∗ 𝑛2 ) ⇒ 2𝑥 2 = 3 ∗ 𝑛2
Da 2𝑥 2 gerade ist, muss 𝑛 auch gerade sein, denn 3 ∗ 𝑛2 = 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑑𝑒 ⇒ 𝑛2 = 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑑𝑒 ⇒ 𝑛 = 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑑𝑒. Wenn
aber m und n gerade sind, dann ist der 𝑔𝑔𝑇(𝑚, 𝑛) ≠ 1, die Bedingung für eine irrationale Zahl ist nicht erfüllt.
√6 ist nicht irrational.
Aufgabe 15
Zeigen Sie, dass √𝟏𝟎 irrational ist.
√10 =
𝑚
𝑚2
⇒ 10 = 2 ⇒ 10 ∗ 𝑛2 = 𝑚2 ⇒ 2 ∗ (5 ∗ 𝑛2 ) = 𝑚2
𝑛
𝑛
m ist gerade, denn 2 ∗ 𝑥 gibt immer eine gerade Zahl.
𝑚 = 2𝑥 ⇒ 4𝑥 2 = 2 ∗ (5 ∗ 𝑛2 ) ⇒ 2𝑥 2 = 5 ∗ 𝑛2
Da 2𝑥 2 gerade ist, muss 𝑛 auch gerade sein, denn 5 ∗ 𝑛2 = 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑑𝑒 ⇒ 𝑛2 = 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑑𝑒 ⇒ 𝑛 = 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑑𝑒. Wenn
aber m und n gerade sind, dann ist der 𝑔𝑔𝑇(𝑚, 𝑛) ≠ 1, die Bedingung für eine irrationale Zahl ist nicht erfüllt.
√10 ist nicht irrational.
Beispielsammlung
Markus Kessler
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Algebra und Diskrete Mathematik
WS2012/13
Aufgabe 16
Zeigen Sie, dass √𝟑𝟎 irrational ist.
𝑚
𝑚2
⇒ 30 = 2 ⇒ 30 ∗ 𝑛2 = 𝑚2 ⇒ 30 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑚2 ⇒ 30 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑚 ⇒ 𝑚 = 30 ∗ 𝑟
𝑛
𝑛
30 ∗ 𝑛2 = (30 ∗ 𝑟)2
𝑛2 = 30 ∗ 𝑟 2 ⇒ 30 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑛2 ⇒ 30 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑛
√30 =
Da der 𝑔𝑔𝑇(𝑚, 𝑛) ≠ 1 ist, ist √30 nicht irrational.
Aufgabe 17
Zeigen Sie, dass √𝟒𝟐 irrational ist.
𝑚
𝑚2
⇒ 42 = 2 ⇒ 42 ∗ 𝑛2 = 𝑚2 ⇒ 42 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑚2 ⇒ 42 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑚 ⇒ 𝑚 = 42 ∗ 𝑟
𝑛
𝑛
42 ∗ 𝑛2 = (42 ∗ 𝑟)2
𝑛2 = 42 ∗ 𝑟 2 ⇒ 42𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑛2 ⇒ 42 𝑡𝑒𝑖𝑙𝑡 𝑛
√42 =
Da der 𝑔𝑔𝑇(𝑚, 𝑛) ≠ 1 ist, ist √42 nicht irrational.
Aufgabe 18
Man finde alle sechsten Wurzeln von 𝒛 = 𝟖𝒊 in ℂ und stelle sie in der Gaußschen Zahlenebene dar.
Das Wurzelziehen ist in den komplexen Zahlen ziemlich einfach. Man braucht dafür nur die Darstellung als
Polarkoordinaten.
𝑟 = |𝑧| = √𝑎2 + 𝑏 2 = √02 + 82 = 8
𝜋
𝜑 = (𝑠𝑒𝑛𝑘𝑟𝑒𝑐ℎ𝑡 𝑛𝑎𝑐ℎ 𝑜𝑏𝑒𝑛, 𝑑𝑎 𝑅𝑒(𝑧) = 0)
2
𝜋
𝑧 = 8𝑖 = [8, ]
2
Will man die 6te Wurzel von z berechnen, kann man nach folgender Formel vorgehen:
𝑛
𝑛
√𝑧 = [ √𝑟 ,
6
√𝑧 =
6
𝜋
6
𝜋
[ √8, ] = √8 ∗ (cos ( ) + 𝑖 sin ( )) ≈ 1,366 + 0,366𝑖
12
12
12
6
[ √8,
6
[ √8,
6
[ √8,
6
[ √8,
6
[ √8,
Beispielsammlung
𝜋
𝜑 2𝜋 ∗ 𝑘
+
] 𝑘 ∈ {0,1 … , 𝑛 − 1}
𝑛
𝑛
𝜋
12
𝜋
12
𝜋
12
𝜋
12
𝜋
12
+
+
2𝜋
6
4𝜋
6
6
] = [ √8,
6
] = [ √8,
6
+ 𝜋] = [ √8,
+
+
8𝜋
6
6
12
3𝜋
4
12
5𝜋
5𝜋
6
3𝜋
3𝜋
6
13𝜋
] = √8 ∗ (cos ( ) + 𝑖 sin ( )) ≈ −1 + 𝑖
4
4
13𝜋
] = √8 ∗ (cos ( ) + 𝑖 sin ( )) ≈ −1,366 − 0.366𝑖
12
12
17𝜋
12
] = [ √8,
6
] = √8 ∗ (cos ( ) + 𝑖 sin ( )) ≈ 0,366 + 1,366𝑖
12
12
13𝜋
] = [ √8,
10𝜋
6
6
5𝜋
17𝜋
6
17𝜋
] = √8 ∗ (cos ( ) + 𝑖 sin ( )) ≈ −0.366 − 1.366𝑖
12
12
21𝜋
12
6
21𝜋
21𝜋
] = √8 ∗ (cos ( ) + 𝑖 sin ( )) ≈ 1 − 𝑖
12
12
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Seite 9 von 126
Algebra und Diskrete Mathematik
WS2012/13
Aufgabe 19
Man finde alle sechsten Wurzeln von 𝒛 = −𝟐𝟕 in ℂ und stelle sie in der Gaußschen Zahlenebene dar.
𝑧 = −27 = [27, 𝜋]
6
√𝑧 =
6
𝜋
6
𝜋
6
𝜋
2𝜋
6
6
𝜋
4𝜋
6
6
𝜋
6𝜋
6
6
𝜋
8𝜋
6
6
𝜋
10𝜋
6
6
𝜋
[ √27, ] = √27 (cos ( ) + 𝑖 ∗ sin ( )) ≈ 1,5 + 0,866𝑖
6
6
6
[ √27, +
6
[ √27, +
6
[ √27, +
6
[ √27, +
6
[ √27, +
𝜋
6
] = [ √27, ] ≈ 1,732𝑖
2
6
] = [ √27,
6
] = [ √27,
6
] = [ √27,
6
5𝜋
6
7𝜋
6
3𝜋
2
] = [ √27,
] ≈ −1,5 + 0,866𝑖
] ≈ −1,5 − 0,866𝑖
] ≈ −1,732𝑖
11𝜋
6
] ≈ 1,5 − 0,866
Aufgabe 20
Man bestimme rechnerisch (ohne Taschenrechner) und graphisch Summe und Produkt der komplexen
𝝅
Zahlen 𝒛𝟏 = 𝟑 − 𝟒𝒊 und 𝒛𝟐 = [𝟐, ].
𝟐
Umwandlung in kartesische Form
𝜋
𝑧2 besitzt den Winkel von . Der Zeiger steht also senkrecht, somit ist der Realanteil 0.
2
𝜋
𝑧2 = [2, ] = 2𝑖
2
Berechnung der Summe
𝑧1 + 𝑧2 = 3 − 4𝑖 + 2𝑖 = 3 − 2𝑖
Die Summe kann graphisch als Parallelogramm interpretiert werden. An „Vektor 1“ wird „Vektor“ zwei
drangehängt. Der entstehende Vektor von (0,0) bis zur Spitze ist die Summe beider komplexen Zahlen.
Berechnung des Produkts
𝑧1 ∗ 𝑧2 = (3 − 4𝑖) ∗ 2𝑖 = 6𝑖 − 8𝑖 2 = 8 + 6𝑖
Die graphische Interpretation der Multiplikation ist die Drehstreckung. Die Drehung ergibt sich aus:
𝜑 = 𝜑1 + 𝜑2
Die Streckung wird berechnet, indem man die Beträge multipliziert:
𝑟 = |𝑧1 | ∗ |𝑧2 |
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Aufgabe 21
Man bestimme rechnerisch (ohne Taschenrechner) und graphisch Summe und Produkt der komplexen
𝝅
Zahlen 𝒛𝟏 = 𝟒 + 𝟓𝒊 und 𝒛𝟐 = [𝟐, − ].
𝟒
Umwandlung in kartesische Form
𝜋
𝑧2 = [2, − ] = √2 − √2𝑖
4
Berechnung der Summe
𝑧1 + 𝑧2 = (4 + √2) + (5 − √2)𝑖
Die Summe kann graphisch als Parallelogramm interpretiert werden. An „Vektor 1“ wird „Vektor“ zwei
drangehängt. Der entstehende Vektor von (0,0) bis zur Spitze ist die Summe beider komplexen Zahlen.
Berechnung der Multiplikation
𝑧1 ∗ 𝑧2 = (4 + 5𝑖) ∗ (√2 − √2𝑖) = 4√2 − 4√2𝑖 + 5√2𝑖 + 5√2
= 9√2 + √2𝑖
Die graphische Interpretation der Multiplikation ist die Drehstreckung. Die Drehung ergibt sich aus:
𝜑 = 𝜑1 + 𝜑2
Die Streckung wird berechnet, indem man die Beträge multipliziert:
𝑟 = |𝑧1 | ∗ |𝑧2 |
Aufgabe 22
Man bestimme rechnerisch (ohne Taschenrechner) und graphisch Summe und Produkt der komplexen
𝝅
Zahlen 𝒛𝟏 = 𝟓 + 𝟐𝒊 und 𝒛𝟐 = [𝟑, ].
𝟐
Umwandlung in kartesische Form
𝜋
𝑧2 = [3, ] = 3𝑖
2
Berechnung der Summe
𝑧1 + 𝑧2 = 5 + 2𝑖 + 3𝑖 = 5 + 5𝑖
Die Summe kann graphisch als Parallelogramm interpretiert werden. An „Vektor 1“ wird „Vektor“ zwei
drangehängt. Der entstehende Vektor von (0,0) bis zur Spitze ist die Summe beider komplexen Zahlen.
Berechnung der Multiplikation
𝑧1 ∗ 𝑧2 = (5 + 2𝑖) ∗ 3𝑖 = −6 + 15𝑖
Die graphische Interpretation der Multiplikation ist die Drehstreckung. Die Drehung ergibt sich aus:
𝜑 = 𝜑1 + 𝜑2
Die Streckung wird berechnet, indem man die Beträge multipliziert:
𝑟 = |𝑧1 | ∗ |𝑧2 |
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Aufgabe 23
𝟒
Man berechne ohne Taschenrechner alle Werte von √𝟏 + 𝒊 in der Form [𝒓, 𝝋].
Dieses Beispiel kann mithilfe der Formel von Moivre gelöst werden.
𝑛
𝑛
√𝑧 = [ √𝑟 ,
𝜑 2𝜋 ∗ 𝑘
+
]
𝑛
𝑛
𝑘 ∈ {0,1, … , 𝑛 − 1}
Berechnung des Betrags
𝑟 = √𝑎2 + 𝑏 2 = √1 + 1 = √2
Berechnung des Winkels
𝜑 = arctan
𝑏
𝜋
= arctan 1 =
𝑎
4
Berechnung der Lösungen
4
√√2 = 8√2
8
4
√𝑧 = [ √2,
𝜋
9𝜋 8 17𝜋 8 25𝜋
8
] ; [ √2, ] ; [ √2,
] ; [ √2,
]
16
16
16
16
Aufgabe 24
𝟓
Man berechne ohne Taschenrechner alle Werte von √𝟏𝟖 − 𝟔√𝟑𝒊 in der Form [𝒓, 𝝋].
Dieses Beispiel kann mithilfe der Formel von Moivre gelöst werden.
𝑛
𝑛
√𝑧 = [ √𝑟 ,
𝜑 2𝜋 ∗ 𝑘
+
]
𝑛
𝑛
𝑘 ∈ {0,1, … , 𝑛 − 1}
Berechnung des Betrags
𝑟 = √𝑎2 + 𝑏 2 = √182 + 36 ∗ 3 = √324 + 108 = √432 = 12√3
Berechnung des Winkels
𝜑 = arctan
𝑏
1
𝜋 11𝜋
√3
= arctan −
= arctan −
=− =
𝑎
3
6
6
√3
Berechnung der Lösungen
5
5
√𝑧 = [ √12√3,
11𝜋 5
23𝜋 5
7𝜋 5
47𝜋 5
59𝜋
] ; [ √12√3,
] ; [ √12√3, ] ; [ √12√3,
] ; [ √12√3,
]
30
30
6
30
30
Aufgabe 25
𝟑
Man berechne ohne Taschenrechner alle Werte von √−𝒊 in der Form [𝒓, 𝝋].
Dieses Beispiel kann mithilfe der Formel von Moivre gelöst werden.
𝑛
𝑛
√𝑧 = [ √𝑟 ,
𝜑 2𝜋 ∗ 𝑘
+
]
𝑛
𝑛
𝑘 ∈ {0,1, … , 𝑛 − 1}
Berechnung des Betrags
𝑟 = √ 𝑎 2 + 𝑏 2 = √ 02 + 12 = 1
Berechnung des Winkels
Der Winkel ergibt sich direkt aus der Angabe: 𝜑 =
3𝜋
2
Berechnung der Lösungen
𝜋
7𝜋
11𝜋
]
√𝑧 = [1, ] ; [1, ] ; [1,
2
6
6
3
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Aufgabe 26
𝟓
Man berechne ohne Taschenrechner alle Werte von √√𝟐 − √𝟔𝒊 in der Form [𝒓, 𝝋].
Dieses Beispiel kann mithilfe der Formel von Moivre gelöst werden.
𝑛
𝑛
√𝑧 = [ √𝑟 ,
𝜑 2𝜋 ∗ 𝑘
+
]
𝑛
𝑛
𝑘 ∈ {0,1, … , 𝑛 − 1}
Berechnung des Betrags
𝑟 = √𝑎2 + 𝑏 2 = √2 + 6 = √8
Berechnung des Winkels
𝜑 = arctan
𝑏
𝜋
√6
= arctan −
= arctan −√3 = −
𝑎
3
√2
Berechnung der Lösungen
10
5
√𝑧 = [ √8, −
𝜋
𝜋 10 11𝜋 10 17𝜋 10 23𝜋
10
] ; [ √8, ] ; [ √8,
] ; [ √8,
] ; [ √8,
]
15
3
15
15
15
Aufgabe 27
Man beweise 𝒛𝟏 𝒛𝟐 = 𝒛𝟏 ∗ 𝒛𝟐 und 𝒛𝟏 − 𝒛𝟐 = 𝒛𝟏 − 𝒛𝟐 .
𝑧1 = 𝑎 + 𝑖𝑏 ⇒ 𝑧1 = 𝑎 − 𝑖𝑏
𝑧2 = 𝑐 + 𝑖𝑑 ⇒ 𝑧2 = 𝑐 − 𝑖𝑑
Beweis der Multiplikation
(𝑎 + 𝑖𝑏) ∗ (𝑐 + 𝑖𝑑) = (𝑎 − 𝑖𝑏) ∗ (𝑐 − 𝑖𝑑)
(𝑎𝑐 − 𝑏𝑑) + 𝑖(𝑎𝑑 + 𝑏𝑐) = 𝑎𝑐 − 𝑎𝑑𝑖 − 𝑏𝑐𝑖 − 𝑏𝑑
(𝑎𝑐 − 𝑏𝑑) − 𝑖(𝑎𝑑 + 𝑏𝑐) = (𝑎𝑐 − 𝑏𝑑) − 𝑖(𝑎𝑑 + 𝑏𝑐)
Beweis der Subtraktion
(𝑎 + 𝑖𝑏) − (𝑐 + 𝑖𝑑) = (𝑎 − 𝑖𝑏) − (𝑐 − 𝑖𝑑)
(𝑎 − 𝑐) + 𝑖(𝑏 − 𝑑) = 𝑎 − 𝑖𝑏 − 𝑐 + 𝑖𝑑
(𝑎 − 𝑐) − 𝑖(𝑏 − 𝑑) = (𝑎 − 𝑐) − 𝑖(𝑏 − 𝑑)
Aufgabe 28
𝒛
𝒛𝟏
𝒛𝟐
𝒛𝟐
Man beweise ( 𝟏) =
.
𝑧1 = [𝑟1 , 𝜑1 ] ⇒ 𝑧1 = [𝑟1 , −𝜑1 ]
𝑧2 = [𝑟2 , 𝜑2 ] ⇒ 𝑧2 = [𝑟2 , −𝜑2 ]
(
[𝑟1 , 𝜑1 ]
[𝑟1 , −𝜑1 ]
)=
[𝑟2 , 𝜑2 ]
[𝑟2 , −𝜑2 ]
𝑟1
𝑟1
[ , 𝜑1 − 𝜑2 ] = [ , 𝜑2 − 𝜑1 ]
𝑟2
𝑟2
𝑟1
𝑟1
[ , 𝜑2 − 𝜑1 ] = [ , 𝜑2 − 𝜑1 ]
𝑟2
𝑟2
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Aufgabe 29
Stellen Sie alle Lösungen der quadratischen Gleichung 𝒛𝟐 + 𝟐𝒛 + 𝟒 = 𝟎 sowohl in der Form
𝒂 + 𝒊𝒃, 𝒂, 𝒃 ∈ ℝ, als auch in Polarkoordinatenform 𝒓(𝒄𝒐𝒔𝝋 + 𝒊 𝒔𝒊𝒏𝝋), 𝒓 ≥ 𝟎, 𝟎 ≤ 𝝋 < 𝟐𝝅, dar.
Lösung der quadratischen Gleichung
𝑧1,2 = −
𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐
2 ± √4 − 16
12
=−
= −1 ± √−
= −1 ± 3𝑖
2𝑎
2
4
𝑧1 = −1 + √3𝑖
𝑧2 = −1 − √3𝑖
Umwandlung in Polarkoordinaten
𝑟 = √𝑎2 + 𝑏 2 = √12 + 3 = √4 = 2
𝑏1
𝜋
2𝜋
= arctan −√3 = − ⇒ 2. 𝑄𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡 ⇒
𝑎
3
3
𝑏2
𝜋
4𝜋
𝜑2 = arctan = arctan √3 = ⇒ 3. 𝑄𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡 ⇒
𝑎
3
3
𝜑1 = arctan
3
2𝜋
𝑧1 = −1 + √3𝑖 = 2 (−0,5 + 𝑖 ∗ √ ) = [2, ]
4
3
3
4𝜋
𝑧2 = −1 − √3𝑖 = 2 (−0,5 − 𝑖 ∗ √ ) = [2, ]
4
3
Aufgabe 30
Stellen Sie alle Lösungen der quadratischen Gleichung 𝒛𝟐 + 𝟒𝒛 + 𝟖 = 𝟎 sowohl in der Form
𝒂 + 𝒊𝒃, 𝒂, 𝒃 ∈ ℝ, als auch in Polarkoordinatenform 𝒓(𝒄𝒐𝒔𝝋 + 𝒊 𝒔𝒊𝒏𝝋), 𝒓 ≥ 𝟎, 𝟎 ≤ 𝝋 < 𝟐𝝅, dar.
Lösung der quadratischen Gleichung
𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐
4 ± √16 − 32
=−
= −2 ± 2𝑖
2𝑎
2
𝑧1 = −2 + 2𝑖
𝑧2 = −2 − 2𝑖
𝑧1,2 = −
Umwandlung in Polarkoordinaten
𝑟 = √𝑎2 + 𝑏 2 = √22 + 22 = √8
𝑏1
𝜋
3𝜋
= arctan −1 = ⇒ 2. 𝑄𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡 ⇒
𝑎
4
4
𝑏2
𝜋
5𝜋
𝜑2 = arctan = arctan 1 = ⇒ 3. 𝑄𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡 ⇒
𝑎
4
4
𝜑1 = arctan
3𝜋
]
4
5𝜋
𝑧2 = −2 − 2𝑖 = √8 (−√0,5 − 𝑖 ∗ √0,5) = [√8, ]
4
𝑧1 = −2 + 2𝑖 = √8 (−√0,5 + 𝑖 ∗ √0,5) = [√8,
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Aufgabe 31
𝟏
Für welche komplexe Zahl gilt 𝒛 = ?
𝒛
𝑧=
1
⇒𝑧∗𝑧 =1
𝑧
Wir wissen bereits, dass eine komplexe Zahl multipliziert mit dessen konjugiert komplexen Zahl den Betrag
ergibt.
𝑧 ∗ 𝑧 = |𝑧|2
|𝑧|2 = 1
|𝑧| = 1
Der Betrag von z muss also 1 sein, somit liegt dieser immer auf dem Einheitskreis. Der Winkel kann beliebig
gewählt werden.
Aufgabe 32
Man zeige |
𝒛𝟏 +𝒛𝟐 𝟐
𝟐
| +|
𝒛𝟏 −𝒛𝟐 𝟐
𝟐
𝟏
| = (|𝒛𝟏 |𝟐 + |𝒛𝟐 |𝟐 ).
𝟐
𝑧1 = 𝑎 + 𝑖𝑏
𝑧2 = 𝑐 + 𝑖𝑑
2
2
𝑎 + 𝑐 + 𝑖(𝑏 + 𝑑)
𝑎 − 𝑐 + 𝑖(𝑏 − 𝑑)
1
| +|
| = (𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2 + 𝑑 2 )
2
2
2
(𝑎 + 𝑐)2 + (𝑏 + 𝑑)2 (𝑎 − 𝑐)2 + (𝑏 − 𝑑)2 1 2
+
= (𝑎 + 𝑏 2 + 𝑐 2 + 𝑑 2 )
4
4
2
𝑎2 + 2𝑎𝑐 + 𝑐 2 + 𝑏 2 + 2𝑏𝑑 + 𝑑 2 + 𝑎2 − 2𝑎𝑐 + 𝑐 2 + 𝑏 2 − 2𝑏𝑑 + 𝑑 2 1 2
= (𝑎 + 𝑏 2 + 𝑐 2 + 𝑑 2 )
4
2
2𝑎2 + 2𝑏 2 + 2𝑐 2 + 2𝑑 2 1 2
2
2
2
= (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 )
4
2
1 2
1 2
2
2
2
(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 ) = (𝑎 + 𝑏 2 + 𝑐 2 + 𝑑 2 )
2
2
|
Aufgabe 33
Man beschreibe die Menge jener komplexen Zahlen z, die 𝑹𝒆 (
𝒛−𝒂
𝒃
) > 𝟎 erfüllen (𝒂, 𝒃 ∈ ℂ, 𝒃 ≠ 𝟎).
Man erleichtert sich diese Aufgabe, indem man die Angabe graphisch interpretiert.
𝑅𝑒(𝑧) > 0 bedeutet alles auf der Gaußschen Zahlenebene, das rechts von der y-Achse liegt. 𝑅𝑒(𝑧 −
𝑎) verschiebt die Halbebene weg von der y-Achse.
𝑅𝑒 (
𝑧−𝑎
𝑏
) dreht die Halbebene um den Winkel von b, denn
𝑧1
𝑧2
𝑟
= [ 1 , 𝜑1 − 𝜑2 ]
𝑟2
a
a
𝜑𝑏
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Aufgabe 34
Man beschreibe die Menge jener komplexen Zahlen z, die 𝑰𝒎 (
𝒛−𝒂
𝒃
) > 𝟎 erfüllen (𝒂, 𝒃 ∈ ℂ, 𝒃 ≠ 𝟎).
Analog zu Aufgabe 33.
𝜑𝑏
a
a
Aufgabe 35
Welche Teilmenge der komplexen Zahlenebene beschreibt die angegebene Ungleichung?
𝒛+𝟒
|
|<𝟑
𝒛−𝟒
|𝑧 + 4| < 3 ∗ |𝑧 − 4|
|𝑧 + 4|2 < 9 ∗ |𝑧 − 4|2
Der Betrag des Quadrates einer komplexen Zahl ist bestimmt mit: |𝑧|2 = 𝑧 ∗ 𝑧
(z + 4)(𝑧 + 4) < 9 ∗ (z − 4)(𝑧 − 4)
z𝑧 + 4z + 4𝑧 + 16 < 9z𝑧 − 36z − 36𝑧 + 144
0 < 8z𝑧 − 40z − 40𝑧 + 128
0 < z𝑧 − 5z − 5𝑧 + 16
Man kann diesen Ausdruck einfach in eine „komplexe“ binomische Formel bringen.
0 < 𝑧𝑧 − 5z − 5𝑧 + 25 − 9
0 < |z − 5|2 − 9
9 < |z − 5|2
3 < |z − 5|
Für die graphische Interpretation stellt man sich ein Kreis vor, der seinen Mittelpunkt bei der Zahl 5 (-5 wirkt
sich nur auf den Realanteil aus). Der Radius des Kreises ist 3, also liegen alle komplexen Zahlen in der
Lösungsmenge, die nicht in diesem Kreis liegen.
Aufgabe 36
Welche Teilmenge der komplexen Zahlenebene beschreibt die angegebene Ungleichung?
𝒛+𝟓
|
|<𝟒
𝒛
|𝑧 + 5|2 < 16 ∗ |𝑧|2
(𝑧 + 5)(𝑧 + 5) < 16 ∗ 𝑧𝑧
𝑧𝑧 + 5𝑧 + 5𝑧 + 25 < 16 ∗ 𝑧𝑧
0 < 15𝑧𝑧 − 5𝑧 − 5𝑧 − 25
1
1
15
0 < 𝑧𝑧 − 𝑧 − 𝑧 −
3
3
9
1 2 16
0 < |𝑧 − | −
3
9
4
1
< |𝑧 − |
3
3
Man stelle sich einen Kreis vor, dessen Mittelpunkt bei 1/3 liegt. Der Radius dieses Kreises beträgt 4/3. Alle
komplexen Zahlen, die nicht in diesem Kreis liegen, gehören zur Lösungsmenge.
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Aufgabe 37
Man berechne alle Werte von √𝟕 + 𝟐𝟒𝒊 = 𝒂 + 𝒊𝒃 ohne Benützung der trigonometrischen Darstellung.
(Hinweis: Man quadriere die zu lösende Gleichung und vergleiche Real- und Imaginäranteil.)
7 + 24𝑖 = (𝑎 + 𝑖𝑏)2
7 + 24𝑖 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏𝑖 − 𝑏 2
7 + 24𝑖 = (𝑎2 − 𝑏 2 ) + (2𝑎𝑏)𝑖
Durch Koeffizientenvergleich ergeben sich zwei Gleichungen:
𝑎2 − 𝑏 2 = 7
2𝑎𝑏 = 24 ⇒ 𝑎 =
12
𝑏
Jetzt setzt man a in die erste Gleichung ein:
122
− 𝑏2 = 7
𝑏2
122 − 𝑏 4 = 7𝑏 2
𝑏 4 + 7𝑏 2 − 122 = 0
7
49
7
625
2
𝑏1,2
= − ± √ + 144 = − ± √
2
4
2
4
Die Lösungen für b sind:
7 25 18
𝑏12 = − +
=
= 9 ⇒ 𝑏 = ±3
2 2
2
7 25
32
𝑏22 = − −
=−
= −16 ⇒ 𝑏 = ±4𝑖
2 2
2
Die letzten zwei Lösungen können vernachlässigt werden, da ansonsten beim Einsetzten der Realanateil
imaginär wird.
Nur noch die passenden a berechnen:
𝑏=3
6𝑎 = 24 ⇒ 𝑎 = 4
𝑧1 = 4 + 3𝑖
𝑏 = −3
−6𝑎 = 24 ⇒ 𝑎 = −4
𝑧2 = −4 − 3𝑖
Aufgabe 38
Man berechne alle Werte von √𝟖 − 𝟔𝒊 = 𝒂 + 𝒊𝒃 ohne Benützung der trigonometrischen Darstellung.
8 − 6𝑖 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏𝑖 − 𝑏 2 = (𝑎2 − 𝑏 2 ) + (2𝑎𝑏)𝑖 ⇒
𝑎2 − 𝑏 2 = 8
2𝑎𝑏 = −6 ⇒ 𝑎 = −
3
𝑏
Einsetzten in die erste Gleichung:
9
− 𝑏 2 = 8 ⇒ 𝑏 4 + 8𝑏 2 − 9 = 0
𝑏2
2
𝑏1,2
= −4 ± √16 + 9 = −4 ± 5
2
𝑏1 = 1 ⇒ 𝑏 = ±1
𝑏22 = −9 ⇒ 𝑏 = ±3𝑖
Die letzten zwei Ergebnisse können aufgrund des Imaginäranteils vernachlässigt werden.
𝑏=1
2𝑎 = −6 ⇒ 𝑎 = −3
𝑧1 = −3 + 𝑖
𝑏 = −1
−2𝑎 = −6 ⇒ 𝑎 = 3
𝑧2 = 3 − 𝑖
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Aufgabe 39
Man bestimme den 𝒈𝒈𝑻(𝟕𝟒𝟔𝟗, 𝟐𝟒𝟔𝟒) mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus.
7469 = 2464 ∗ 3 + 77
2464 = 77 ∗ 32 + 0
Der ggT von 7469 und 2464 ist 77.
Aufgabe 40
Man bestimme den 𝒈𝒈𝑻(𝟏𝟏𝟎𝟗, 𝟒𝟗𝟗𝟗) mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus.
4999 = 1109 ∗ 4 + 563
1109 = 563 ∗ 1 + 546
563 = 546 ∗ 1 + 17
546 = 17 ∗ 32 + 2
17 = 2 ∗ 8 + 1
2=1∗2+0
Der ggT von 1109 und 4999 ist 1.
Aufgabe 41
Man bestimme den 𝒈𝒈𝑻(𝟐𝟎𝟎𝟖, 𝟔𝟑𝟏𝟖) mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus.
6318 = 2008 ∗ 3 + 294
2008 = 294 ∗ 6 + 244
294 = 244 ∗ 1 + 50
244 = 50 ∗ 4 + 44
50 = 44 ∗ 1 + 6
44 = 6 ∗ 7 + 2
6=2∗3+0
Der ggT von 2008 und 6318 ist 2.
Aufgabe 42
Man bestimme den 𝒈𝒈𝑻(𝟐𝟎𝟎𝟕, 𝟖𝟑𝟔𝟕) mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus.
8367 = 2007 ∗ 4 + 339
2007 = 339 ∗ 5 + 312
339 = 312 ∗ 1 + 27
312 = 27 ∗ 11 + 15
27 = 15 ∗ 1 + 12
15 = 12 ∗ 1 + 3
12 = 3 ∗ 4 + 0
Der ggT von 2007 und 8367 ist 3.
Aufgabe 43
Man bestimme den 𝒈𝒈𝑻(𝟐𝟏𝟎𝟕, 𝟗𝟖𝟒𝟗) mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus.
9849 = 2107 ∗ 4 + 1421
2107 = 1421 ∗ 1 + 686
1421 = 686 ∗ 2 + 49
686 = 49 ∗ 14 + 0
Der ggT von 2107 und 9849 ist 49.
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Aufgabe 44
Man bestimme zwei ganze Zahlen x, y, welche die Gleichung 𝟐𝟒𝟑𝒙 + 𝟏𝟗𝟖𝒚 = 𝟗 erfüllen.
Euklidischer Algorithmus
243 = 198 ∗ 1 + 45
198 = 45 ∗ 4 + 18
45 = 18 ∗ 2 + 9
18 = 9 ∗ 2 + 0
Linearkombination
9 = 45 − 18 ∗ 2
9 = 45 − (198 − 45 ∗ 4) ∗ 2 = 45 ∗ 9 − 198 ∗ 2
9 = (243 − 198) ∗ 9 − 198 ∗ 2 = 243 ∗ 9 − 198 ∗ 9 − 198 ∗ 2
9 = 243 ∗ 9 + 198 ∗ (−11)
𝑥 = 9, 𝑦 = −11
Aufgabe 45
Man bestimme zwei ganze Zahlen x, y, welche die Gleichung 𝟒𝟓𝟏𝒙 + 𝟏𝟕𝟔𝒚 = 𝟏𝟏 erfüllen.
Euklidischer Algorithmus
451 = 176 ∗ 2 + 99
176 = 99 ∗ 1 + 77
99 = 77 ∗ 1 + 22
77 = 22 ∗ 3 + 11
22 = 11 ∗ 2 + 0
Linearkombination
11 = 77 − 22 ∗ 3
11 = 77 − (99 − 77) ∗ 3 = 77 − 99 ∗ 3 + 77 ∗ 3 = 77 ∗ 4 − 99 ∗ 3
11 = (176 − 99) ∗ 4 − 99 ∗ 3 = 176 ∗ 4 − 99 ∗ 7
11 = 176 ∗ 4 − (451 − 176 ∗ 2) ∗ 7 = 451 ∗ (−7) + 176 ∗ (18)
𝑥 = −7, 𝑦 = 18
Aufgabe 46
Man zeige für natürliche Zahlen a, b die Eigenschaft 𝒈𝒈𝑻(𝒂, 𝒃) ∗ 𝒌𝒈𝑽(𝒂, 𝒃) = 𝒂 ∗ 𝒃
Zuerst schreiben wir das 𝑘𝑔𝑉(𝑎, 𝑏) anders an:
𝑘𝑔𝑉(𝑎, 𝑏) =
𝑎∗𝑚
𝑚, 𝑛 ∈ ℕ
𝑏∗𝑛
𝑏
𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏) ∗ 𝑎 ∗ 𝑚 = 𝑎 ∗ 𝑏 ⇒ 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏) =
𝑚
𝑎
𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏) ∗ 𝑏 ∗ 𝑛 = 𝑎 ∗ 𝑏 ⇒ 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏) =
𝑛
𝑏 𝑎
= ⇒ 𝑏 ∗ 𝑛 = 𝑎 ∗ 𝑚 ⇒ 𝑘𝑔𝑉(𝑎, 𝑏) = 𝑘𝑔𝑉(𝑎, 𝑏)
𝑚 𝑛
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Aufgabe 49
Lösen sie die folgende Kongruenz bzw. beweisen sie die Unlösbarkeit in ℤ.
a)
𝟖𝒙 ≡ 𝟒 (𝒎𝒐𝒅 𝟏𝟔)
Eine Kongruenz bedeutet, dass 8x und 4 bezüglich der Division durch 16 den gleichen Rest haben. Das heißt
dann auch, dass 16|(8𝑥 − 4) gilt, denn wenn beide den gleichen Rest haben, dann wird dieser durch die
Subtraktion zu 0 und diese somit durch 16 teilbar.
16|(8𝑥 − 4) ⇔ 16 ∗ 𝑘 = 8𝑥 − 4
4𝑘 = 2𝑥 − 1
4𝑘 + 1 = 2𝑥
4𝑘 + 1
𝑥=
2
Da wir jedoch in den ganzen Zahlen rechnen, und der Zähler ungerade ist (4 ∗ 𝑘 ist immer gerade), liegt die
Lösung nicht in ℤ.
b) 𝟖𝒙 ≡ 𝟒 (𝒎𝒐𝒅 𝟏𝟓)
15𝑘 = 8𝑥 − 4 ⇒ 4 = 8𝑥 − 15𝑘
Euklidischer Algorithmus
15 = 8 ∗ 1 + 7
8= 7∗1+1
7= 1∗7+0
Linearkombination
8= 7∗1+1|∗4
8∗4=7∗4+4
4= 8∗4−7∗4
4 = 8 ∗ 4 − (15 − 8) ∗ 4 = 8 ∗ 4 − 15 ∗ 4 + 8 ∗ 4
4 = 8 ∗ 8 − 15 ∗ 4
𝑥 = 8, 𝑘 = 4
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Aufgabe 50
Lösen sie die folgende Kongruenz bzw. beweisen sie die Unlösbarkeit in ℤ.
a)
𝟔𝒙 ≡ 𝟑 (𝒎𝒐𝒅 𝟗)
9𝑘 = 6𝑥 − 3 ⇒ 3𝑘 = 2𝑥 − 1 ⇒ 1 = 2𝑥 − 3𝑘
Euklidischer Algorithmus
3= 2∗1+1
2= 1∗2+0
Linearkombination
1 = 2 ∗ (−1) − 3 ∗ (−1)
𝑥 = −1, 𝑘 = −1
b) 𝟔𝒙 ≡ 𝟒 (𝒎𝒐𝒅 𝟗)
9𝑘 = 6𝑥 − 4 ⇒ 4 = 6𝑥 − 9𝑘
Euklidischer Algorithmus
9= 6∗1+3
6= 3∗2+0
Der ggT von 9 und 6 ist 3, jedoch teilt 3 nicht 4. Somit können wir keine Linearkombination konstruieren, die
unsere Unbekannten ermittelt. Die Kongruenz ist unlösbar in ℤ.
Aufgabe 51
Lösen sie die folgende Kongruenz bzw. beweisen sie die Unlösbarkeit in ℤ.
a)
𝟑𝒙 ≡ 𝟗 (𝒎𝒐𝒅 𝟏𝟏)
11𝑘 = 3𝑥 − 9 ⇒ 9 = 3𝑥 − 11𝑘
Euklidischer Algorithmus
11 = 3 ∗ 3 + 2
3= 2∗1+1
2= 1∗2+0
Der ggT von 3 und 11 ist 1. 1 teilt auch 9 also existiert eine Lösung.
3𝑥 ≡ 9 (𝑚𝑜𝑑 11) | ∶ 3
𝑥 ≡ 3 (𝑚𝑜𝑑 11)
11𝑘 = 𝑥 − 3
𝑥 = 11𝑘 + 3
Es gibt unendlich viele x (14, 25, 37, …).
b) 𝟑𝒙 ≡ 𝟗 (𝒎𝒐𝒅 𝟏𝟐)
12𝑘 = 3𝑥 − 9 ⇒ 4𝑘 = 𝑥 − 3 ⇒ 𝑥 = 4𝑘 + 3
Auch hier gibt es unendlich viele x (7, 11, 15, …).
Beispielsammlung
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Aufgabe 52
Lösen sie die folgende Kongruenz bzw. beweisen sie die Unlösbarkeit in ℤ.
a)
𝒙𝟐 ≡ 𝟏 (𝒎𝒐𝒅 𝟑)
Viele Möglichkeiten können es nicht sein, da wir nur modulo 3 rechnen.
2
𝑥 = 0 ⇒ 0 = 0 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
2
𝑥 = 2 ⇒ 2 = 1 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
Somit ist die Lösungsmenge 𝐿 = {1 + 3𝑘, 2 + 3𝑘}
b) 𝒙𝟐 ≡ 𝟏 (𝒎𝒐𝒅 𝟓)
Auch hier können es höchstens 5 Möglichkeiten sein:
2
𝑥 = 0 ⇒ 0 = 0 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
2
𝑥 = 2 ⇒ 2 = 4 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 3 ⇒ 3 = 4 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 4 ⇒ 4 = 1 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
Die Lösungsmenge ist 𝐿 = {1 + 5𝑘, 4 + 5𝑘}
Aufgabe 53
Lösen sie die folgende Kongruenz bzw. beweisen sie die Unlösbarkeit in ℤ.
a)
𝒙𝟐 ≡ 𝟐 (𝒎𝒐𝒅 𝟓)
2
𝑥 = 0 ⇒ 0 = 0 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 2 ⇒ 2 = 4 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 3 ⇒ 3 = 4 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 4 ⇒ 4 = 1 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
Somit gibt es keine Lösung für diese Kongruenz.
b) 𝒙𝟐 ≡ 𝟐 (𝒎𝒐𝒅 𝟕)
2
𝑥 = 0 ⇒ 0 = 0 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 2 ⇒ 2 = 4 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 3 ⇒ 3 = 2 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
2
𝑥 = 4 ⇒ 4 = 2 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
2
𝑥 = 5 ⇒ 5 = 4 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
2
𝑥 = 6 ⇒ 6 = 1 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
Die Lösungsmenge ist 𝐿 = {3 + 7𝑘, 4 + 7𝑘}
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Aufgabe 54
Lösen sie die folgende Kongruenz bzw. beweisen sie die Unlösbarkeit in ℤ.
a)
𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟐 ≡ 𝟎 (𝒎𝒐𝒅 𝟓)
𝑥 = 0 ⇒ 0 − 0 + 2 = 2 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
𝑥 = 1 ⇒ 1 − 3 + 2 = 0 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
𝑥 = 2 ⇒ 4 − 1 + 2 = 0 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
𝑥 = 3 ⇒ 4 − 4 + 2 = 2 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
𝑥 = 4 ⇒ 1 − 2 + 2 = 1 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
Die Lösungsmenge ist somit 𝐿 = {1 + 5𝑘, 2 + 5𝑘}
b) 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟐 ≡ 𝟎 (𝒎𝒐𝒅 𝟔)
𝑥 = 0 ⇒ 0 − 0 + 2 = 2 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
𝑥 = 1 ⇒ 1 − 3 + 2 = 0 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
𝑥 = 2 ⇒ 4 − 0 + 2 = 0 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
𝑥 = 3 ⇒ 3 − 3 + 2 = 2 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡
𝑥 = 4 ⇒ 4 − 0 + 2 = 0 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
𝑥 = 5 ⇒ 1 − 3 + 2 = 0 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
Die Lösungsmenge ist 𝐿 = {1 + 6𝑘, 2 + 6𝑘, 4 + 6𝑘, 5 + 6𝑘}
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Aufgabe 61
Man zeige, dass 𝒏𝟑 − 𝒏 für alle 𝒏 ∈ ℕ stets durch 3 teilbar ist, mittels
a)
eines direkten Beweises
Der direkte Beweis ist in der Gleichung einfach. Durch das Zerlegen ergibt sich der Beweis von selber:
𝑛3 − 𝑛 = (𝑛2 − 1) ∗ 𝑛 = (𝑛 − 1) ∗ 𝑛 ∗ (𝑛 + 1)
Somit werden immer drei Zahlen in Folge multipliziert. Eine davon ist durch 3 teilbar, die anderen zwei nur
Faktoren.
b) eines Beweises durch vollständige Induktion
Induktionsanfang
𝑛 = 0 ⇒ 3 | 03 − 0 ⇒ 3 | 0
Induktionsvoraussetzung
Unsere Induktionsvoraussetzung können wir aus a) übernehmen:
3 | (𝑛 − 1) ∗ 𝑛 ∗ (𝑛 + 1)
Induktionsschritt
3 | (𝑛 + 1 − 1) ∗ (𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 1 + 1)
3 | 𝑛 ∗ (𝑛 + 1) ∗ (𝑛 + 2)
Auch hier sind es wieder drei Zahlen in Folge, die multipliziert werden. Eine davon ist immer durch drei teilbar.
Aufgabe 62
Man zeige durch vollständige Induktion, dass 𝟕𝒏 − 𝟏 für alle 𝒏 ∈ ℕ durch 6 teilbar ist.
Induktionsanfang
𝑛 = 0 ⇒ 6 | 70 − 1 ⇒ 6 | 0
Induktionsvoraussetzung
6 | 7𝑛 − 1
Induktionsschritt
6 | 7𝑛+1 − 1 ⇒ 6 | 7 ∗ 7𝑛 − 1 ⇒ 6 | (6 + 1) ∗ 7𝑛 − 1 ⇒ 6 | 6 ∗ 7𝑛 + 7𝑛 − 1
Unser Induktionsschritt besteht jetzt auch zwei Teilen: 6 ∗ 7𝑛 ist durch 6 teilbar und 7𝑛 − 1 entspricht unserer
Induktionsvoraussetzung. Damit ist der Beweis erbracht.
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Aufgabe 63
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
𝒏
∑ 𝒋(𝒋 − 𝟏) =
𝒋=𝟐
(𝒏 − 𝟏)𝒏(𝒏 + 𝟏)
𝒏≥𝟐
𝟑
Induktionsanfang 𝑛 = 2
1∗2∗3
3
2=2
2=
Induktionsvoraussetzung 𝑛 = 𝑛
𝑛
∑ 𝑗(𝑗 − 1) =
𝑗=2
(𝑛 − 1)𝑛(𝑛 + 1)
𝑛≥2
3
Induktionsschritt 𝑛 = 𝑛 + 1
Zu zeigen:
∑𝑛+1
𝑗=2 𝑗(𝑗 − 1) =
(𝑛)(𝑛+1)(𝑛+2)
3
=
(𝑛2 +𝑛)(𝑛+2)
3
=
𝑛3 +3𝑛2 +2𝑛
3
(𝑛 − 1)𝑛(𝑛 + 1)
(𝑛 − 1)𝑛(𝑛 + 1) 3(𝑛 + 1)𝑛 𝑛3 − 𝑛 3𝑛2 + 3𝑛
+ (𝑛 + 1)𝑛 =
+
=
+
3
3
3
3
3
𝑛3 + 3𝑛2 + 2𝑛
=
3
Damit ist der Induktionsbeweis erfolgt.
Aufgabe 64
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
𝒏
∑
𝒋=𝟏
𝟏
𝒏
=
𝒏≥𝟏
𝒋(𝒋 + 𝟏) 𝒏 + 𝟏
Induktionsanfang 𝑛 = 1
1 1
=
2 2
Induktionsvoraussetzung 𝑛 = 𝑛
𝑛
∑
𝑗=1
1
𝑛
=
𝑛≥1
𝑗(𝑗 + 1) 𝑛 + 1
Induktionsschritt 𝑛 = 𝑛 + 1
Zu zeigen:
∑𝑛+1
𝑗=1
1
𝑗(𝑗+1)
=
𝑛+1
𝑛+2
𝑛
1
𝑛(𝑛 + 2) + 1
𝑛2 + 2𝑛 + 1
(𝑛 + 1)
+
=
=
=
𝑛 + 1 (𝑛 + 1)(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)(𝑛 + 2) (𝑛 + 1)(𝑛 + 2) (𝑛 + 2)
Damit ist der Induktionsbeweis erfolgt.
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Aufgabe 65
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
𝒏
∑ 𝒋𝟐𝒋 = 𝟐𝒏+𝟏 (𝒏 − 𝟏) + 𝟐 𝒏 ≥ 𝟎
𝒋=𝟎
Induktionsanfang 𝑛 = 0
0 ∗ 20 = 21 (−1) + 2
0 = −2 + 2
0=0
Induktionsvoraussetzung 𝑛 = 𝑛
𝑛
∑ 𝑗2𝑗 = 2𝑛+1 (𝑛 − 1) + 2
𝑗=0
Induktionsschritt 𝑛 = 𝑛 + 1
𝑗
𝑛+2
Zu zeigen: ∑𝑛+1
n+2
𝑗=0 𝑗2 = 2
2𝑛+1 (𝑛 − 1) + 2 + (n + 1)2n+1 = 2𝑛+1 𝑛 − 2𝑛+1 + 2 + 2𝑛+1 𝑛 + 2𝑛+1
= 2 ∗ 2𝑛+1 𝑛 + 2 = 2𝑛+2 𝑛 + 2
Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
Aufgabe 66
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
𝒏
∑ 𝒋𝟑𝒋−𝟏 =
𝒋=𝟏
𝟑𝒏 (𝟐𝒏 − 𝟏) + 𝟏
𝒏≥𝟏
𝟒
Induktionsanfang 𝑛 = 1
3(2 − 1) + 1
4
4
1=
4
1=1
30 =
Induktionsvoraussetzung 𝑛 = 𝑛
𝑛
∑ 𝑗3𝑗−1 =
𝑗=1
3𝑛 (2𝑛 − 1) + 1
4
Induktionsschritt 𝑛 = 𝑛 + 1
𝑗−1
Zu zeigen: ∑𝑛+1
=
𝑗=1 𝑗3
3𝑛+1 (2n+1)+1
4
− 1) + 1
3𝑛 (2𝑛 − 1) + 1 + 4 ∗ 3n (𝑛 + 1)
+ (𝑛 + 1)3𝑛 =
4
4
2𝑛3𝑛 − 3𝑛 + 1 + 4𝑛3𝑛 + 4 ∗ 3𝑛 6𝑛3𝑛 + 3 ∗ 3𝑛 + 1 2 ∗ 𝑛3𝑛+1 + 3𝑛+1 + 1
=
=
=
4
4
4
𝑛+1 (2𝑛
3
+ 1) + 1
=
4
3
𝑛 (2𝑛
Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
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Aufgabe 67
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
𝒏
𝟓
(𝒏𝟓𝒏+𝟏 − (𝒏 + 𝟏)𝟓𝒏 + 𝟏) 𝒏 ≥ 𝟏
𝟏𝟔
∑ 𝒌𝟓𝒌 =
𝒌=𝟏
Induktionsstart 𝑛 = 1
5 2
(5 − 2 ∗ 5 + 1)
16
5
(16)
5=
16
5=5
51 =
Induktionsvoraussetzung 𝑛 = 𝑛
𝑛
∑ 𝑘5𝑘 =
𝑘=1
5
(𝑛5𝑛+1 − (𝑛 + 1)5𝑛 + 1)
16
Induktionsschritt 𝑛 = 𝑛 + 1
𝑘
Zu zeigen: ∑𝑛+1
𝑘=1 𝑘5 =
5
16
((𝑛 + 1)5𝑛+2 − (𝑛 + 2)5𝑛+1 + 1) =
5𝑛5𝑛+2 +5∗5𝑛+2 −5𝑛5𝑛+1 −10∗5𝑛+1 +5
16
5
1
(𝑛5𝑛+1 − (𝑛 + 1)5𝑛 + 1) + (n + 1)5n+1 =
(5𝑛5𝑛+1 − 5(𝑛 + 1)5𝑛 + 5 + 16n5n+1 + 16 ∗ 5𝑛+1 )
16
16
1
1
(21𝑛5𝑛+1 − 5n5n + 15 ∗ 5𝑛+1 + 5) =
(21𝑛5𝑛+1 + 5 ∗ 5𝑛+2 − n5n+1 − 10 ∗ 5n+1 + 5)
=
16
16
1
1
(25𝑛5𝑛+1 + 5 ∗ 5𝑛+2 − 5n5n+1 − 10 ∗ 5n+1 + 5) =
(5𝑛5𝑛+2 + 5 ∗ 5𝑛+2 − 5n5n+1 − 10 ∗ 5n+1 + 5)
=
16
16
Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
Aufgabe 68
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
𝒏
∑
𝒍=𝟏
𝒍
𝟑 𝟐𝒏 + 𝟑
= −
𝒏∈ℕ
𝟑𝒍 𝟒 𝟒 ∗ 𝟑𝒏
Induktionsstart
𝑛=0
3
3
4
4
0= − =0
Induktionsvoraussetzung 𝑛 = 𝑛
𝑛
∑
𝑙=1
𝑙
3 2𝑛 + 3
= −
𝑛∈ℕ
3𝑙 4 4 ∗ 3𝑛
Induktionsschritt 𝑛 = 𝑛 + 1
Zu zeigen:
∑𝑛+1
𝑙=1
𝑙
3𝑙
3
2(𝑛+1)+3
4
4∗3𝑛+1
= −
3
2𝑛+2+3
4
4∗3𝑛+1
= −
3
2𝑛+5
4
4∗3𝑛+1
= −
3 −2𝑛 − 3 𝑛 + 1 3 −6𝑛 − 9 + 4𝑛 + 4 3 −2𝑛 − 5 3 2𝑛 + 5
+
+ 𝑛+1 = −
= +
= −
4
4 ∗ 3𝑛
3
4
4 ∗ 3𝑛+1
4 4 ∗ 3𝑛+1 4 4 ∗ 3𝑛+1
Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
Beispielsammlung
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Aufgabe 69
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
Ist 𝒂𝟎 = 𝟎 und 𝒂𝒏+𝟏 = 𝒂𝒏 + (𝒏 + 𝟏) für alle 𝒏 ∈ ℕ, so gilt 𝒂𝒏 =
𝒏(𝒏+𝟏)
𝟐
.
Induktionsanfang
𝑎0 = 0 = 0
Induktionsvoraussetzung
𝑎𝑛 =
𝑛(𝑛 + 1)
2
Induktionsbehauptung
Zu zeigen: 𝑎𝑛+1 =
𝑎𝑛+1 =
(𝑛+1)(𝑛+2)
2
=
𝑛2 +3𝑛+2
2
𝑛(𝑛 + 1)
𝑛(𝑛 + 1) + 2(𝑛 + 1) 𝑛2 + 𝑛 + 2𝑛 + 2 𝑛2 + 3𝑛 + 2 (𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
+ (𝑛 + 1) =
=
=
=
2
2
2
2
2
Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
Aufgabe 70
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
Ist 𝑭𝟎 = 𝟎, 𝑭𝟏 = 𝟏 und 𝑭𝒏+𝟐 = 𝑭𝒏+𝟏 + 𝑭𝒏 für alle 𝒏 ∈ ℕ, so gilt
𝒏
𝟏
𝒏
𝟏 + √𝟓
𝟏 − √𝟓
𝑭𝒏 =
[(
) −(
) ]
𝟐
𝟐
√𝟓
Induktionsanfang
𝐹0 = 1 − 1 = 0
1 2√5
𝐹1 =
(
)=1
√5 2
Induktionsvoraussetzung
𝑛
1
𝑛
1 + √5
1 − √5
𝐹𝑛 =
[(
) −(
) ]
2
2
√5
Induktionsschritt
Info: Fürs einfachere Rechnen, gilt: 𝑎 = (
1
1+√5
[𝑎𝑛+2 − 𝑏 𝑛+2 ] =
2
1
),𝑏 = (
1−√5
2
)
(𝑎𝑛+1 − 𝑏 𝑛+1 ) +
1
√5
√5
√5
𝑎𝑛+2 − 𝑏 𝑛+2 = 𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛 − 𝑏 𝑛+1 − 𝑏 𝑛
𝑎𝑛+2 − 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 = 𝑏 𝑛+2 − 𝑏 𝑛+1 − 𝑏 𝑛
𝑎𝑛 (𝑎2 − 𝑎 − 1) = 𝑏 𝑛 (𝑏 2 − 𝑏 − 1)
(𝑎𝑛 − 𝑏 𝑛 )
1 + 2√5 + 5 1 + √5
1 − 2√5 + 5 1 − √5
−
− 1) = 𝑏 𝑛 (
−
− 1)
4
2
4
2
0
0
𝑎𝑛 ( ) = 𝑏 𝑛 ( )
4
4
0=0
𝑎𝑛 (
Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
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Aufgabe 71
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
Ist 𝑳𝟎 = 𝟐, 𝑳𝟏 = 𝟏 und 𝑳𝒏+𝟐 = 𝑳𝒏+𝟏 + 𝑳𝒏 für alle 𝒏 ∈ ℕ, so gilt
𝒏
𝒏
𝟏 + √𝟓
𝟏 − √𝟓
𝑳𝒏 = ((
) +(
) )
𝟐
𝟐
Induktionsanfang
𝐿0 = 2
1+1
𝐿1 =
=1
2
Induktionsvoraussetzung
𝑛
𝑛
1 + √5
1 − √5
𝐿𝑛 = ((
) +(
) )
2
2
Induktionsschritt
Zu zeigen: 𝐿𝑛+2 = 𝐿𝑛+2 + 𝐿𝑛
Info: Fürs einfachere Rechnen, gilt: 𝑎 = (
1+√5
2
),𝑏 = (
1−√5
2
)
𝑎𝑛+2 + 𝑏 𝑛+2 = 𝑎𝑛+1 + 𝑏 𝑛+1 + 𝑎𝑛 + 𝑏 𝑛
𝑎𝑛 (𝑎2 − 𝑎 − 1) = 𝑏 𝑛 (𝑏 2 − 𝑏 − 1)
1 + 2√5 + 5 1 + √5
1 − 2√5 + 5 1 − √5
−
− 1) = 𝑏 𝑛 (
−
− 1)
4
2
4
2
0
0
𝑎𝑛 ( ) = 𝑏 𝑛 ( )
4
4
0=0
𝑎𝑛 (
Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
Aufgabe 72
Man beweise mittels vollständiger Induktion:
𝟕 𝒏
Ist 𝑭𝟎 = 𝟎, 𝑭𝟏 = 𝟏 und 𝑭𝒏+𝟐 = 𝑭𝒏+𝟏 + 𝑭𝒏 für alle 𝒏 ∈ ℕ, so gilt 𝑭𝒏 < ( )
𝟒
Induktionsanfang
𝐹0 = 0 < 1
7
𝐹1 = 1 <
4
Induktionsvoraussetzung
7 𝑛
𝐹𝑛 < ( )
4
Induktionsschritt
𝐹𝑛+1 + 𝐹𝑛 < 𝐹𝑛+2
7 𝑛+1
7 𝑛
7 𝑛+2
( )
+( ) < ( )
4
4
4
7 𝑛 7 2 7
0 < ( ) (( ) − − 1)
4
4
4
7 𝑛 5
0 < ( ) ( ) 𝑞. 𝑒. 𝑑.
4
16
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Aufgabe 73
Man zeige mittels vollständiger Induktion, dass für die rekursiv definierte Folge 𝒙𝟏 = 𝟏 und
𝒙𝒌+𝟏 = 𝒙𝒌 + 𝟖𝒌 für 𝒌 ≥ 𝟏 allgemein gilt:
𝒙𝒏 = (𝟐𝒏 − 𝟏)𝟐 ,
für alle 𝒏 ≥ 𝟏.
Induktionsanfang
𝑥1 = 1 = 1
𝑥2 = 1 + 8 = 9
Induktionsvoraussetzung
𝑥𝑛 = (2𝑛 − 1)2
Induktionsschritt
Zu zeigen: 𝑥𝑛+1 = (2(𝑛 + 1) − 1)2 = (2𝑛 + 1)2 = 4𝑛2 + 4𝑛 + 1
(2𝑛 − 1)2 + 8𝑛 = 4𝑛2 − 4𝑛 − 1 + 8𝑛 = 4𝑛2 + 4𝑛 + 1 = (2(𝑛 + 1) − 1)2
Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
Aufgabe 74
Man zeige mittels vollständiger Induktion, dass für die rekursiv definierte Folge 𝒙𝟎 = 𝟏 und
𝒙𝒌+𝟏 = 𝒙𝒌 + 𝟏𝟖𝒌 + 𝟏𝟓 für 𝒌 ≥ 𝟎 allgemein gilt:
𝒙𝒏 = (𝟑𝒏 + 𝟏)𝟐 ,
für alle 𝒏 ≥ 𝟎.
Induktionsanfang
𝑥1 = 16 = 16
𝑥2 = 49 = 49
Induktionsvoraussetzung
𝑥𝑛 = (3𝑛 + 1)2
Induktionsschritt
Zu zeigen:
𝑥𝑛+1 = (3(𝑛 + 1) + 1)2 = (3𝑛 + 4)2 = 9𝑛2 + 24𝑛 + 16
(3𝑛 + 1)2 + 18𝑛 + 15 = 9𝑛2 + 6𝑛 + 1 + 18𝑛 + 15 = 9𝑛2 + 24𝑛 + 16 = (3(𝑛 + 1) + 1)2
Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
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Aufgabe 75
Man zeige mittels vollständiger Induktion, dass für die rekursiv definierte Folge 𝒙𝟎 = 𝟏 und
𝒙𝒌+𝟏 = 𝒂𝒙𝒌 + 𝒃 für 𝒌 ≥ 𝟎 (wobei 𝒂, 𝒃 ∈ ℝ, 𝒂 ≠ 𝟏) allgemein gilt:
𝒙𝒏 = 𝒂 𝒏 + 𝒃
𝒂𝒏 −𝟏
𝒂−𝟏
,
für alle 𝒏 ≥ 𝟎.
Induktionsanfang
𝑥0 = 1 = 𝑎0 = 1
Induktionsvoraussetzung
𝑥𝑛 = 𝑎𝑛 + 𝑏
𝑎𝑛 − 1
𝑎−1
Induktionsschritt
Zu zeigen:
𝑥𝑛+1 = 𝑎𝑛+1 + 𝑏
𝑎𝑛+1 −1
𝑎−1
𝑎𝑛+1 − 1
𝑎𝑛 − 1
= 𝑎 (𝑎𝑛 + 𝑏
)+𝑏
𝑎−1
𝑎−1
𝑎𝑛+1 − 1
𝑎𝑛+1 − 𝑎
𝑎𝑛+1 + 𝑏
= 𝑎𝑛+1 + 𝑏
+𝑏
𝑎−1
𝑎−1
𝑛+1
𝑛+1
𝑏(𝑎
− 1) = 𝑏(𝑎
− 𝑎) + 𝑏(𝑎 − 1)
𝑛+1
𝑛+1
𝑏𝑎
− 𝑏 = 𝑏𝑎
− 𝑏𝑎 + 𝑏𝑎 − 𝑏
𝑏𝑎𝑛+1 − 𝑏 = 𝑏𝑎𝑛+1 − 𝑏
𝑎𝑛+1 + 𝑏
Damit ist der Induktionsbeweis erbracht.
Beispielsammlung
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Aufgabe 77
Man untersuche mittels vollständiger Induktion, für welche 𝒏 ≥ 𝟎 die angegeben Ungleichung gilt:
𝟗𝒏𝟑 − 𝟑 ≤ 𝟖𝒏
Induktionsanfang
𝑛 = 0:
𝑛 = 1:
𝑛 = 2:
𝑛 = 3:
−3 ≤ 1
6≤8
69 > 64
240 ≤ 512
Induktionsvoraussetzung
9𝑛3 − 3 ≤ 8𝑛
Induktionsschritt
9(𝑛 + 1)3 − 3 ≤ 8𝑛+1
Damit diese Rechnung vereinfacht wird, addieren wir auf der linken Seite 3 dazu. Wir machen den Term damit
nur größer, nicht kleiner. Also wenn er jetzt kleiner ist, war er vorher natürlicherweise auch schon kleiner.
Außerdem dividieren wir durch die Induktionsvoraussetzung, damit die Potenzen wegfallen.
9(𝑛 + 1)3 8𝑛+1
≤ 𝑛
9𝑛3
8
(𝑛 + 1)3
≤ 8 | 3𝑡𝑒 𝑊𝑢𝑟𝑧𝑒𝑙 𝑧𝑖𝑒ℎ𝑒𝑛
𝑛3
𝑛+1
≤2
𝑛
𝑛 + 1 ≤ 2𝑛
1≤𝑛
Somit ist diese Ungleichung ∀𝑛 ∈ ℕ: 𝑛 ≥ 3 gültig.
Beispielsammlung
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Aufgabe 78
Man untersuche mittels vollständiger Induktion, für welche 𝒏 ≥ 𝟎 die angegeben Ungleichung gilt:
𝟒𝒏𝟐 ≤ 𝟐𝒏
Induktionsanfang
𝑛 = 0: 0 ≤ 1
𝑛 = 1: 4 > 2
𝑛 = 2: 16 > 4
𝑛 = 3: 36 > 8
𝑛 = 8: 256 ≤ 256
Wir gehen davon aus, dass die Ungleichung für alle 𝑛 ≥ 8 gilt.
Induktionsvoraussetzung
4𝑛2 ≤ 2𝑛
Induktionsschritt
4(𝑛 + 1)2 ≤ 2𝑛+1
4𝑛2 + 8𝑛 + 4 ≤ 2 ∗ 2𝑛
2𝑛2 + 4𝑛 + 2 ≤ 2𝑛
Somit haben wir auf der rechten Seite die Induktionsvoraussetzung stehen. Wir müssen nur noch beweisen,
dass die linke Seite kleiner als 4𝑛2 ist.
4𝑛2 ≥ 2𝑛2 + 4𝑛 + 2
2𝑛2 ≥ 4𝑛 + 2
In n werden nur positive ganze Zahlen größer oder gleich 8 eingesetzt. Logischerweise ist dann 2 < 2𝑛. Ich darf
den rechten Teil beliebig vergrößern, um die Ungleichung zu beweisen. Deshalb schreibe ich 2 in 2n um.
2𝑛2 ≥ 4𝑛 + 2𝑛
2𝑛2 ≥ 6𝑛
2𝑛 ≥ 6
𝑛≥3
Somit ist die Ungleichung für alle 𝑛 ≥ 8 g+ltig.
Beispielsammlung
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Aufgabe 79
Man untersuche mittels vollständiger Induktion, für welche 𝒏 ≥ 𝟎 die angegeben Ungleichung gilt:
𝟑𝒏 + 𝟐𝒏 ≤ 𝟑𝒏
Induktionsanfang
𝑛 = 0: 1 ≤ 1
𝑛 = 1: 5 > 3
𝑛 = 2: 10 > 9
𝑛 = 3: 17 ≤ 27
Wir gehen davon aus, dass die Ungleichung für alle 𝑛 ≥ 3 gilt.
Induktionsvoraussetzung
3𝑛 + 2𝑛 ≤ 3𝑛
Induktionsschritt
3(𝑛 + 1) + 2𝑛+1 ≤ 3𝑛+1
Der Vorteil bei Ungleichungen ist, dass man viel Spielraum zum „tricksen“ hat. Will ich zum Beispiel die
n-Potenzen wegdividieren, darf ich alles vernachlässigen, was die linke Seite nicht kleiner macht. Zum Beispiel
könnte ich nur
2𝑛+1
2𝑛
und
3𝑛+1
3𝑛
rechnen, da ich die linke Seite somit im Verhältnis größer mache. Kann ich jetzt
beweisen, dass sie kleiner als die rechte Seite ist, dann war sie davor mit Gewissheit auch kleiner.
3(𝑛 + 1) + 2 ≤ 3
3𝑛 + 3 + 2 ≤ 3
3𝑛 ≤ −2
2
𝑛≤−
3
2
𝑛>
3
Die Ungleichung würde also für alle 𝑛 ≥ 1 gelten. Da wir aus dem Induktionsanfang sehen, dass wir sowieso
erst bei 3 starten, ist der Induktionsbeweis erbracht.
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Aufgabe 80
Man untersuche mittels vollständiger Induktion, für welche 𝒏 ≥ 𝟎 die angegeben Ungleichung gilt:
(𝒏 + 𝟏)𝟑𝒏 ≤ 𝟒𝒏
Induktionsanfang
𝑛=0
𝑛=1
𝑛=2
…
𝑛=8
1≤1
6≤8
27 > 16
59049 ≤ 65536
Induktionsvoraussetzung
(𝑛 + 1)3𝑛 ≤ 4𝑛
Induktionsschritt
(𝑛 + 2)3𝑛+1 ≤ 4𝑛+1
Gleich wie im vorherigen Beispiel, dividiere ich auf der linken Seite mit 3𝑛 und auf der rechten Seite mit 4𝑛 .
(𝑛 + 2)3 ≤ 4
3𝑛 + 6 ≤ 4
3𝑛 ≤ −2
2
𝑛≤−
3
2
𝑛>
3
Die Ungleichung würde also für alle 𝑛 ≥ 1 gelten. Da wir aus dem Induktionsanfang sehen, dass wir sowieso
erst bei 8 starten, ist der Induktionsbeweis erbracht.
Beispielsammlung
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Aufgabe 83
Wo steckt der Fehler im Induktions-„Beweis“ der folgenden Behauptung:
„Je zwei natürliche Zahlen a, b sind gleich groß.“
Beweis: Vollständige Induktion nach dem 𝒎𝒂𝒙{𝒂, 𝒃}.
a)
𝒎𝒂𝒙{𝒂, 𝒃} = 𝟎: Hier gilt 𝒂 = 𝒃 = 𝟎.
b) Die Behauptung gelte für 𝒎𝒂𝒙{𝒂, 𝒃} = 𝒏.
Sei nun 𝒎𝒂𝒙{𝒂, 𝒃} = 𝒏 + 𝟏. Dann ist 𝒎𝒂𝒙{𝒂 − 𝟏, 𝒃 − 𝟏} = 𝒏, und es folgt aus der
Induktionsvoraussetzung b), dass 𝒂 − 𝟏 = 𝒃 − 𝟏 ist, womit aber auch 𝒂 = 𝒃 gilt.
Der Fehler steckt darin, dass aus der Induktionsvoraussetzung b) nicht folgt, dass 𝑎 − 1 = 𝑏 − 1, sondern
𝑎 ∨ 𝑏 = 𝑛. Aus dem Induktionsschritt folgt nur:
max(𝑎, 𝑏) = 𝑛 + 1 ⇒ 𝑎 ∨ 𝑏 = 𝑛 + 1 ⇒ max(𝑎 − 1, 𝑏 − 1) = 𝑛 ⇒ (𝑎 − 1) ∨ (𝑏 − 1) = 𝑛
„max“ nimmt nur das Höchste zweier Zahlen!
Beispielsammlung
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Aufgabe 85
Beweisen Sie folgende Beziehung mit Hilfe von Elementtafeln oder geben Sie ein konkretes Gegenbeispiel
an.
𝑨 ∩ (𝑩 ∩ 𝑪) = (𝑨 ∩ 𝑩) ∩ 𝑪
A
B
C
𝑩∩𝑪
𝑨∩𝑩
𝑨 ∩ (𝑩 ∩ 𝑪)
(𝑨 ∩ 𝑩) ∩ 𝑪
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
1
1
1
1
Die Beziehung ist gültig.
Aufgabe 86
Beweisen Sie folgende Beziehung mit Hilfe von Elementtafeln oder geben Sie ein konkretes Gegenbeispiel
an.
(𝑨 \ 𝑩) \ 𝑪 = 𝑨 \ (𝑩 \ 𝑪)
A
B
C
𝑨\𝑩
𝑩\𝑪
(𝑨 \ 𝑩) \ 𝑪
𝑨 \ (𝑩 \ 𝑪)
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
0
0
0
1
Diese Beziehung ist ungültig.
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Aufgabe 87
Beweisen Sie folgende Beziehung mit Hilfe von Elementtafeln oder geben Sie ein konkretes Gegenbeispiel
an.
(𝑨 ∪ 𝑩)′ = 𝑨′ ∩ 𝑩′
A
B
𝑨∪𝑩
(𝑨 ∪ 𝑩)′
𝑨′ ∩ 𝑩′
0
0
0
1
1
0
1
1
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
Die Beziehung ist gültig.
Aufgabe 88
Beweisen Sie folgende Beziehung mit Hilfe von Elementtafeln oder geben Sie ein konkretes Gegenbeispiel
an.
(𝑨 ∪ 𝑩) ∩ (𝑩 ∪ 𝑪)′ ⊆ 𝑨 ∩ 𝑩′
A
B
C
𝑨∪𝑩
(𝑩 ∪ 𝑪)′
(𝑨 ∪ 𝑩) ∩ (𝑩 ∪ 𝑪′ )
𝑨 ∩ 𝑩′
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
1
0
0
1
1
1
1
1
0
1
1
0
0
1
1
1
0
1
0
0
0
1
1
1
1
0
0
Die Beziehung ist gültig, da „(𝐴 ∪ 𝐵) ∩ (𝐵 ∪ 𝐶
′ )“
0
′
nur Elemente enthält, die auch in „𝐴 ∩ 𝐵 " enthalten sind.
Aufgabe 89
Beweisen Sie folgende Beziehung mit Hilfe von Elementtafeln oder geben Sie ein konkretes Gegenbeispiel
an.
(𝑨 ∩ 𝑩)′ = 𝑨′ ∪ 𝑩′
A
B
𝑨∩𝑩
(𝑨 ∩ 𝑩)′
𝑨′ ∪ 𝑩′
0
0
0
1
1
0
1
0
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
0
Die Beziehung ist gültig.
Beispielsammlung
Markus Kessler
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Aufgabe 90
Beweisen Sie folgende Beziehung mit Hilfe von Elementtafeln oder geben Sie ein konkretes Gegenbeispiel
an.
(𝑨 ∆ 𝐁)′ = 𝑨′ ∆ 𝑩′
A
B
𝑨∆𝐁
(𝑨 ∆ 𝐁)′
𝑨′ ∆ 𝑩′
0
0
0
1
0
0
1
1
0
1
1
0
1
0
1
1
1
0
1
0
Die Beziehung ist nicht gültig.
Beispielsammlung
Markus Kessler
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Aufgabe 95
Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Identitäten für Mengen:
(𝑨 𝐱 𝑩) ∪ (𝑩 𝐱 𝑨) = (𝑨 ∪ 𝑩) 𝐱 (𝑨 ∪ 𝑩)
Die Mengen sind nicht gleich. Am Einfachsten ist der Beweis über die Tabelle. Das kartesische Produkt verknüpft
alle Elemente aus der Menge A mit allen Elementen aus der Menge B. Außerdem wird noch die Vereinigung
zweier Mengen benutzt.
Der Unterschied liegt jedoch daran, dass (𝐴 𝑥 𝐵) ∪ (𝐵 𝑥 𝐴) nur (𝑎, 𝑏) bzw. (𝑏, 𝑎) Elemente zulässt, während
die Menge (𝐴 ∪ 𝐵) 𝑥 (𝐴 ∪ 𝐵) auch (𝑎, 𝑎) bzw. (𝑏, 𝑏) Verknüpfungen zulässt (in der Tabelle durch fettgedruckte
„x“ dargestellt). Die erste Menge erzeugt nur halb so viele Elemente wie die zweite Menge.
…
𝒃𝟑
x
x
x
x
x
x
𝒃𝟐
x
x
x
x
x
x
𝒃𝟏
x
x
x
x
x
x
𝒂𝟑
x
x
x
x
x
x
𝒂𝟐
x
x
x
x
x
x
𝒂𝟏
x
x
x
x
x
x
𝒂𝟏
𝒂𝟐
𝒂𝟑
𝒃𝟏
𝒃𝟐
𝒃𝟑
…
Beispielsammlung
…
Markus Kessler
…
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Aufgabe 99
Es sei A eine Menge mit n Elementen und P(A) die Potenzmenge von A.
Zeigen Sie, dass 𝑷(𝑨) 𝟐𝒏 Elemente besitzt.
Sei 𝐴 = {𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 } eine Menge mit n-Elementen. Bei jedem Element kann entschieden werden, ob es die
Menge aufgenommen wird, oder nicht (= 2 Möglichkeiten). Für n-Elemente sind es also 2𝑛 Möglichkeiten. Aus
der Definition der Potenzmenge wissen wir, dass sie alle möglichen Kombinationen der Elemente von A enthält.
Somit gilt:
|𝑃(𝐴)| = 2|𝐴|
Aufgabe 100
Sei 𝑨 = {𝟏, 𝟐, … , 𝟖} und R binäre Relation auf A definiert durch
𝒂 𝑹 𝒃 ⇔ 𝒂 = 𝒃 𝒐𝒅𝒆𝒓 𝒈𝒈𝑻(𝒂, 𝒃) = 𝟐, ∀𝒂, 𝒃 ∈ 𝑨.
Man gebe explizit die Relation R sowie ihren Graphen 𝑮𝑹 an.
Binäre Relation bedeutet, dass eine Relation einer Menge mit sich selber gegeben ist. Es müssen nur noch die
Elemente, die zur Relation gehören herausgesucht werden.
Als Erstes sind es alle Tupel (𝑎, 𝑏) für die gilt: 𝑎 = 𝑏.
Als Zweites sind es die Paare {(2,4), (2,6), (2,8), (4,6), (6,8)} und umgekehrt.
𝑅 = {(1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6), (7,7), (8,8),
(2,4), (2,6), (2,8), (4,2), (6,2), (8,2), (4,6), (6,4), (6,8), (8,6)}
Beispielsammlung
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Aufgabe 101
Man untersuche nachstehend ausgeführte Relationen 𝑹 ⊆ 𝑴𝟐 in Hinblick auf die Eigenschaften
Reflexivität, Symmetrie, Antisymmetrie und Transitivität:
a)
M = Menge aller Einwohner von Wien (Volkszählung 2001), 𝒂 𝑹 𝒃 ⇔ 𝒂 ist verheiratet mit b
Reflexivität: Man kann nicht mit sich selbst verheiratet sein
Symmetrie: Wenn a mit b verheiratet ist, ist b auch mit a verheiratet
Antisymmetrie: Wenn a mit b verheiratet ist und b mit a verheiratet ist, dann müsste a = b sein. Geht nicht!
Transitivität: Polygamie -> Wenn a mit b und b mit c verheiratet ist, dann ist a auch mit c verheiratet
b) M = Menge aller Einwohner von Wien (Volkszählung 2001), 𝒂 𝑹 𝒃 ⇔ 𝒂 ist nicht älter als b
Reflexivität: a kann nicht älter als sich selber sein. Stimmt.
Symmetrie: Wenn a nicht älter als b ist, ist b älter als a. Stimmt nicht.
Antisymmetrie: Wenn a nicht älter als b ist und b nicht älter als a ist, dann ist a = b. Stimmt.
Transitivität: Wenn a nicht älter ist als b und b nicht älter ist als c, dann ist a nicht älter als c. Stimmt.
c)
M = Menge aller Einwohner von Wien (Volkszählung 2001), 𝒂 𝑹 𝒃 ⇔ 𝒂 ist so groß wie b
Reflexivität: a ist so groß wie a. Stimmt
Symmetrie: Wenn a so groß ist wie b, ist b so groß wie a. Stimmt
Antisymmetrie: Wenn a so groß ist wie b und b so groß ist wie a, ist a = b. Stimmt (z.B. exakte Größe auf mm).
Transitivität: Wenn a so groß ist wie b und b so groß ist wie c, dann ist a so groß wie c. Stimmt.
d) 𝑴 = ℝ, 𝒂 𝑹 𝒃 ⇔ 𝒂 − 𝒃 ∈ ℤ
Reflexivität: Wenn ich 𝑎 − 𝑎 rechne, ist das Ergebnis 0 ∈ ℤ. Stimmt.
Symmetrie: Wenn 𝑎 − 𝑏 ∈ ℤ, dann ist 𝑏 − 𝑎 ∈ ℤ. Stimmt (Vorzeichen vertauscht)
Antisymmetrie: Wenn 𝑎 − 𝑏 ∈ ℤ und 𝑏 − 𝑎 ∈ ℤ, dann ist 𝑎 = 𝑏. Stimmt nicht.
Transitivität: Wenn 𝑎 − 𝑏 ∈ ℤ und 𝑏 − 𝑐 ∈ ℤ, dann ist auch 𝑎 − 𝑐 ∈ ℤ. Stimmt.
e) 𝑴 = ℝ𝒏 , (𝒙𝟏 , … , 𝒙𝒏 ) 𝑹 (𝒚𝟏 , … , 𝒚𝒏 ) ⇔ 𝒙𝒊 ≤ 𝒚𝒊 ∀𝒊 = 𝟏, … , 𝒏
Reflexivität: 𝑎𝑖 ≤ 𝑎𝑖 . Stimmt.
Symmetrie: Wenn 𝑎𝑖 ≤ 𝑏𝑖 gilt, dann muss 𝑏𝑖 > 𝑎𝑖 gelten. Stimmt also nicht.
Antisymmetrie: Wenn 𝑎𝑖 ≤ 𝑏𝑖 und 𝑏𝑖 ≤ 𝑎𝑖 , dann ist 𝑎𝑖 = 𝑏𝑖 . Stimmt.
Transitivität: Wenn 𝑎𝑖 ≤ 𝑏𝑖 und 𝑏𝑖 ≤ 𝑐𝑖 , dann ist 𝑎𝑖 ≤ 𝑐𝑖 . Stimmt.
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Aufgabe 102
Man zeige, dass durch
𝒂 𝑹 𝒃 ⇔ 𝟑 | 𝒂𝟐 − 𝒃𝟐 ∀𝒂, 𝒃 ∈ ℤ
eine Äquivalenzrelation R in der Menge ℤ erklärt wird, und bestimme die zugehörende Partition.
Damit eine Äquivalenzrelation erklärt wird, müssen die drei Bedingungen gelten.
Reflexivität
𝑎 𝑅 𝑎 ⇒ 3 | 𝑎2 − 𝑎2 ⇒ 3 | 0
Die Reflexivität ist gegeben.
Symmetrie
𝑎𝑅𝑏⇒𝑏𝑅𝑎
3 | 𝑎2 − 𝑏 2 ⇒ 3 | 𝑏 2 − 𝑎2
Die Symmetrie ist in den ganzen Zahlen gegeben.
Transitivität
(𝑎 𝑅 𝑏) ∧ (𝑏 𝑅 𝑐) ⇒ 𝑎 𝑅 𝑐
(3 | 𝑎2 − 𝑏 2 ) ∧ (3 | 𝑏 2 − 𝑐 2 ) ⇒ (3 | 𝑎2 − 𝑐 2 )
Auch die Transitivität ist gegeben. Es liegt eine Äquivalenzrelation in den ganzen Zahlen vor.
Partition
Für die Konstruktion der zugehörenden Partition müssen wir überprüfen, welche Zahlen wir in Relation zu a
verwenden können.
Beginnen wir mit 0. 𝑎𝑅0 ⇔ 3 | 𝑎2 . Das stimmt ∀𝑎: 𝑎 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 3)
Als Nächstes probieren wie 1. 𝑎𝑅1 ⇔ 3 | 𝑎2 − 1 ⇔ 3 | (𝑎 + 1)(𝑎 − 1).
Entweder (a+1) oder (a-1) muss ein Vielfaches von 3 sein. Er ergeben sich also zwei Fälle:


3 | (𝑎 + 1) ⇒ 𝑎 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑 3)
3 | (𝑎 − 1) ⇒ 𝑎 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 3)
Wir haben jetzt nichts anderes gemacht, als die Äquivalenzklasse für 0 und für 1 konstruiert. Damit haben wir
auch schon alle Klassen, denn:
𝑅0 ∪ 𝑅1 = ℤ
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Aufgabe 103
Man zeige, dass durch
𝒂𝑹𝒃 ⇔ 𝟔 | 𝒂𝟐 − 𝒃𝟐 ∀𝒂, 𝒃 ∈ ℤ
eine Äquivalenzrelation R in der Menge ℤ erklärt wird, und bestimmte die zugehörende Partition.
Damit eine Äquivalenzrelation erklärt wird, müssen die drei Bedingungen gelten.
Reflexivität
𝑎 𝑅 𝑎 ⇒ 6 | 𝑎2 − 𝑎2 ⇒ 6 | 0
Die Reflexivität ist gegeben.
Symmetrie
𝑎𝑅𝑏⇒𝑏𝑅𝑎
6 | 𝑎2 − 𝑏 2 ⇒ 6 | 𝑏 2 − 𝑎2
Die Symmetrie ist in den ganzen Zahlen gegeben.
Transitivität
(𝑎 𝑅 𝑏) ∧ (𝑏 𝑅 𝑐) ⇒ 𝑎 𝑅 𝑐
(6 | 𝑎2 − 𝑏 2 ) ∧ (6 | 𝑏 2 − 𝑐 2 ) ⇒ (6 | 𝑎2 − 𝑐 2 )
Auch die Transitivität ist gegeben. Es liegt eine Äquivalenzrelation in den ganzen Zahlen vor.
Partition und Äquivalenzklassen
Für die Äquivalenzklassen formen wir die Relation etwas um.
6|𝑎2 − 𝑏 2 ⇒ 6𝑘 = 𝑎2 − 𝑏 2 ⇒ 𝑎2 ≡ 𝑏 2 𝑚𝑜𝑑 6
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
=0
=1
=2
=3
=4
=5
02
12
22
32
42
52
𝑅0 = {0 + 6𝑘|𝑘 ∈ ℤ}
𝑅1 = {1 + 6𝑘|𝑘 ∈ ℤ}
𝑅2 = 𝑅4
𝑅3 = {3 + 6𝑘|𝑘 ∈ ℤ}
𝑅4 = {4 + 6𝑘|𝑘 ∈ ℤ}
𝑅5 = 𝑅1
≡ 0 𝑚𝑜𝑑 6
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 6
≡ 4 𝑚𝑜𝑑 6
≡ 3 𝑚𝑜𝑑 6
≡ 4 𝑚𝑜𝑑 6
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 6
𝑅0 + 𝑅1 + 𝑅3 + 𝑅4 = ℤ
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Aufgabe 104
Stellen Sie die folgende Relation im kartesischen Koordinatensystem und auch als gerichteten Graphen
dar und untersuchen Sie weiters, ob eine Äquivalenzrelation vorliegt.
Die Relation R sei für 𝒎, 𝒏 ∈ {𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓} definiert durch 𝒎𝑹𝒏 ⇔ 𝒎 + 𝒏 ungerade oder 𝒎 = 𝒏.
Kartesisches Koordinatensystem
5
x
4
x
x
x
x
x
x
3
x
x
2
x
x
2
3
x
4
5
Gerichteter Graph
Selbsterklärend…
Äquivalenzrelation

Reflexivität ist gegeben
𝑎𝑅𝑎
a + a ist nicht ungerade, aber es gilt a = a
 Symmetrie ist gegeben
𝑎𝑅𝑏 ⇒ 𝑏𝑅𝑎
Wenn a + b ungerade ist, dann ist auch b + a ungerade
(𝑎𝑅𝑏) ∧ (𝑏𝑅𝑐) ⇒ 𝑎𝑅𝑐
 Transitivität ist nicht gegeben
Wenn a + b ungerade ist, dann ist entweder a oder b ungerade. Wenn b + c ungerade ist, dann
ist entweder b oder c ungerade. Ist b gerade, muss a und c ungerade sein. Ist b ungerade, ist a
und c gerade. Keine Transitivität.
Es ist keine Äquivalenzrelation gegeben.
Aufgabe 105
Stellen Sie die folgende Relation im kartesischen Koordinatensystem und auch als gerichteten Graphen
dar und untersuchen Sie weiters, ob eine Äquivalenzrelation vorliegt.
𝒎𝑹𝒏 ⇔ 𝒎 + 𝒏 𝒈𝒆𝒓𝒂𝒅𝒆, 𝒎, 𝒏 ∈ {𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓}
Kartesisches Koordinatensystem
5
4
x
x
3
2
x
x
x
x
2
X
x
3
4
5
Gerichteter Graph
Selbsterklärend
Äquivalenzrelation

Reflexivität ist gegeben
𝑎𝑅𝑎
2 ∗ 𝑎 = 𝑔𝑒𝑟𝑎𝑑𝑒
 Symmetrie ist gegeben
𝑎𝑅𝑏 ⇒ 𝑏𝑅𝑎
Die Addition ist kommutativ
(𝑎𝑅𝑏) ∧ (𝑏𝑅𝑐) ⇒ 𝑎𝑅𝑐
 Transitivität ist gegeben
Entweder sind 𝑎, 𝑏, 𝑐 gerade oder ungerade. So oder so stimmt die Transitivität.
Es liegt eine Äquivalenzrelation vor.
Beispielsammlung
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Aufgabe 106
Stellen Sie die folgende Relation im kartesischen Koordinatensystem und auch als gerichteten Graphen
dar und untersuchen Sie weiters, ob eine Äquivalenzrelation vorliegt.
𝒎𝑹𝒏 ⇔ 𝒎 − 𝒏 𝒖𝒏𝒈𝒆𝒓𝒂𝒅𝒆 𝒐𝒅𝒆𝒓 𝒎 = 𝒏, 𝒎, 𝒏 ∈ {𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓, 𝟔}
Kartesisches Koordinatensystem
5
4
x
x
x
x
X
x
X
X
X
X
X
3
2
X
X
1
x
X
1
2
X
X
3
4
5
Gerichteter Graph
Selbsterklärend
Äquivalenzrelation


Reflexivität ist gegeben
𝑎𝑅𝑎
Symmetrie ist gegeben
𝑎𝑅𝑏 ⇒ 𝑏𝑅𝑎
Unterschied: Vorzeichenwechsel
(𝑎𝑅𝑏) ∧ (𝑏𝑅𝑐) ⇒ 𝑎𝑅𝑐
 Transitivität ist nicht gegeben
Wenn a + b ungerade ist, dann ist entweder a oder b ungerade. Wenn b + c ungerade ist, dann
ist entweder b oder c ungerade. Ist b gerade, muss a und c ungerade sein. Ist b ungerade, ist a
und c gerade. Keine Transitivität.
Es liegt keine Äquivalenzrelation vor.
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Aufgabe 107
Stellen Sie die folgende Relation im kartesischen Koordinatensystem und auch als gerichteten Graphen
dar und untersuchen Sie weiters, ob eine Äquivalenzrelation vorliegt.
𝒎𝑹𝒏 ⇔ 𝒈𝒈𝑻(𝒎, 𝒏) = 𝟏, 𝒎, 𝒏 ∈ {𝟏, 𝟐, 𝟑, … }
Kartesisches Koordinatensystem
…
x
4
x
3
x
2
x
1
x
x
x
x
x
1
2
3
4
…
x
x
x
x
Gerichteter Graph
Selbsterklärend
Äquivalenzrelation

Reflexivität ist nicht gegeben
𝑎𝑅𝑎
Alle Zahlen > 1 sind nicht reflexiv, da 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑎) ≠ 1 (∀𝑎 > 1) gilt.
 Symmetrie ist gegeben
𝑎𝑅𝑏 ⇒ 𝑏𝑅𝑎
𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏) = 𝑔𝑔𝑇(𝑏, 𝑎)
(𝑎𝑅𝑏) ∧ (𝑏𝑅𝑐) ⇒ 𝑎𝑅𝑐
 Transitivität ist nicht gegeben
Beispiel: 𝑔𝑔𝑇(3,4) = 1 ∧ 𝑔𝑔𝑇(4,9) = 1 ⇒ 𝑔𝑔𝑇(3,9) ≠ 1
Es liegt keine Äquivalenzrelation vor.
Aufgabe 108
Stellen Sie die folgende Relation im kartesischen Koordinatensystem und auch als gerichteten Graphen
dar und untersuchen Sie weiters, ob eine Äquivalenzrelation vorliegt.
𝒎𝑹𝒏 ⇔ 𝒈𝒈𝑻(𝒎, 𝒏) = 𝟐, 𝒎, 𝒏 ∈ {𝟐, 𝟒, 𝟔, … }
Kartesisches Koordinatensystem
…
x
8
x
6
x
4
x
2
x
x
x
x
x
2
4
6
8
…
x
x
x
x
Gerichteter Graph
Selbsterklärend
Äquivalenzrelation

Reflexivität ist nicht gegeben
𝑎𝑅𝑎
Alle Zahlen > 2 sind nicht reflexiv, da 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑎) ≠ 2 (∀𝑎 > 2) gilt.
 Symmetrie ist gegeben
𝑎𝑅𝑏 ⇒ 𝑏𝑅𝑎
𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏) = 𝑔𝑔𝑇(𝑏, 𝑎)
(𝑎𝑅𝑏) ∧ (𝑏𝑅𝑐) ⇒ 𝑎𝑅𝑐
 Transitivität ist nicht gegeben
Beispiel: 𝑔𝑔𝑇(4,6) = 2 ∧ 𝑔𝑔𝑇(6,8) = 2 ⇒ 𝑔𝑔𝑇(4,8) ≠ 2
Es liegt keine Äquivalenzrelation vor.
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WS2012/13
Aufgabe 109
Untersuchen Sie, ob die Relation 𝑨𝑹𝑩 ⇔ 𝑨 ∆ 𝑩 = ∅ auf der Potenzmenge einer Menge M eine
Äquivalenzrelation bildet.
Definition Potenzmenge
Die Potenzmenge ist die Menge aller Teilmengen von A. Sie beinhaltet als Elemente alle möglichen
Kombinationen aus den Elementen von A. Als Beispiel: 𝑃({1,2}) = {0, {1}, {2}, {1,2}}
Die Anzahl der Elemente der Potenzmenge ist gleich 2 hoch der Anzahl der ursprünglichen Menge.
|𝑃(𝐴)| = 2|𝐴|
Damit eine Äquivalenzrelation erklärt wird, müssen die drei Bedingungen gelten.
Reflexivität
𝐴𝑅𝐴 ⇔ 𝐴 ∆ 𝐴 = ∅
Reflexivität ist gegeben.
Symmetrie
𝐴𝑅𝐵 ⇒ 𝐵𝑅𝐴 ⇔ 𝐴 ∆ 𝐵 = 𝐵 ∆ 𝐴 = ∅
Somit gilt auch 𝐴 = 𝐵 und die Symmetrie ist gegeben.
Transitivität
(𝐴𝑅𝐵) ∧ (𝐵𝑅𝐶) ⇒ (𝐴𝑅𝐶) ⇔ 𝐴 ∆ 𝐵 = 𝐵 ∆ 𝐶 = 𝐴 ∆ 𝐶 = ∅
Somit gilt 𝐴 = 𝐵 = 𝐶 und die Transitivität ist gegeben.
Aufgabe 110
Untersuchen Sie, ob die Relation 𝑨𝑹𝑩 ⇔ 𝑨 ∆ 𝑩 = 𝑨 auf der Potenzmenge einer Menge M eine
Äquivalenzrelation bildet.
Definition Potenzmenge
Die Potenzmenge ist die Menge aller Teilmengen von A. Sie beinhaltet als Elemente alle möglichen
Kombinationen aus den Elementen von A. Als Beispiel: 𝑃({1,2}) = {0, {1}, {2}, {1,2}}
Die Anzahl der Elemente der Potenzmenge ist gleich 2 hoch der Anzahl der ursprünglichen Menge.
|𝑃(𝐴)| = 2|𝐴|
Damit eine Äquivalenzrelation erklärt wird, müssen die drei Bedingungen gelten.
Reflexivität
𝐴𝑅𝐴 ⇔ 𝐴 ∆ 𝐴 = ∅ ≠ 𝐴
Reflexivität ist nicht gegeben.
Symmetrie
𝐴𝑅𝐵 ⇒ 𝐵𝑅𝐴 ⇔ 𝐵 ∆ 𝐴 = (𝐵 ∪ 𝐴) \ (𝐵 ∩ 𝐴)
Die Symmetrie ist nicht gegeben, da ARB gleichbedeutend mit 𝐵 = ∅ ist.
Transitivität
(𝐴𝑅𝐵) ∧ (𝐵𝑅𝐶) ⇒ (𝐴𝑅𝐶) ⇔ 𝐴 ∆ 𝐵 = 𝐴 ⇒ 𝐵 = ∅
𝐵∆𝐶 =𝐵 ⇒𝐶 =∅⇒ 𝐴∆∅=𝐴
Transitivität ist gegeben.
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Aufgabe 111
Sei 𝒇: 𝑨 → 𝑩. Man zeige, dass durch 𝒙 ≡ 𝒚 ⇔ 𝒇(𝒙) = 𝒇(𝒚) eine Äquivalenzrelation ≡ auf der Menge A
definiert wird.
Damit eine Äquivalenzrelation erklärt wird, müssen die drei Bedingungen gelten.
Reflexivität
𝑥𝑅𝑥 ⇔ 𝑥 ≡ 𝑥 ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥)
Reflexivität ist gegeben.
Symmetrie
𝑥𝑅𝑦 ⇒ 𝑦𝑅𝑥 ⇔ 𝑥 ≡ 𝑦 ⇒ 𝑦 ≡ 𝑥 ⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑦) ⇒ 𝑓(𝑦) = 𝑓(𝑥)
Symmetrie ist gegeben.
Transitivität
(𝑥𝑅𝑦) ∧ (𝑦𝑅𝑧) ⇒ 𝑥𝑅𝑧 ⇔ (𝑥 ≡ 𝑦) ∧ (𝑦 ≡ 𝑧) ⇒ 𝑥 ≡ 𝑧
⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑦) ∧ 𝑓(𝑦) = 𝑓(𝑧) ⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑧)
Transitivität ist gegeben.
Aufgabe 112
Seien 𝑹𝟏 und 𝑹𝟐 Äquivalenzrelationen auf der Menge M. Man beweise, dass dann auch ihr Durchschnitt
𝑹 = 𝑹𝟏 ∩ 𝑹𝟐 Äquivalenzrelationen auf M ist. Gilt dies auch für die Vereinigung 𝑹𝟏 ∪ 𝑹𝟐 ?
Damit eine Äquivalenzrelation erklärt wird, müssen die drei Bedingungen gelten.
Reflexivität
∀𝑎 ∈ 𝑀: (𝑎, 𝑎) ∈ 𝑅1
∀𝑎 ∈ 𝑀: (𝑎, 𝑎) ∈ 𝑅2
∀𝑎 ∈ 𝑀: (𝑎, 𝑎) ∈ (𝑅1 ∩ 𝑅2 )
Reflexivität ist gegeben.
Symmetrie
∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝑀: (𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅1 ∧ (𝑏, 𝑎) ∈ 𝑅1
∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝑀: (𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅2 ∧ (𝑏, 𝑎) ∈ 𝑅2
∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝑀: (𝑎, 𝑏) ∈ (𝑅1 ∩ 𝑅2 ) ∧ (𝑏, 𝑎) ∈ (𝑅1 ∩ 𝑅2 )
Symmetrie ist gegeben.
Transitivität
∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑀: (𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅1 ∧ (𝑏, 𝑐) ∈ 𝑅1 ⇒ (𝑎, 𝑐) ∈ 𝑅1
∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑀: (𝑎, 𝑏) ∈ 𝑅2 ∧ (𝑏, 𝑐) ∈ 𝑅2 ⇒ (𝑎, 𝑐) ∈ 𝑅2
∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑀: (𝑎, 𝑏) ∈ (𝑅1 ∩ 𝑅2 ) ∧ (𝑏, 𝑐) ∈ (𝑅1 ∩ 𝑅2 ) ⇒ (𝑎, 𝑐) ∈ (𝑅1 ∩ 𝑅2 )
Transitivität ist gegeben.
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Aufgabe 113
Sei 𝑻𝟕𝟎 die Menge aller natürlichen Zahlen, die 70 teilen. Man vergleiche die Hassediagramme der beiden
Halbordnungen ⟨𝑷({𝒂, 𝒃, 𝒄}), ⊆⟩ und ⟨𝑻𝟕𝟎 , |⟩.
Die Potenzmenge der Menge {a, b, c} sind alle Kombinationen der einzelnen Elemente:
{∅, {𝑎}, {𝑏}, {𝑐}, {𝑎𝑏}, {𝑎𝑐}, {𝑏𝑐}, {𝑎𝑏𝑐}}
Die Menge der Teiler von 70 lautet:
{1,2,5,7,10,14,35,70}
Beim Hassediagramm konstruiert man eine Art Hierarchie der Elemente zueinander. Die verschiedenen Ebenen
stehen in einem bestimmten Bezug zueinander.
Die Hassediagramme sind strukturell gleich (= isomorph). Außerdem spiegelt die Hierarchie die Teilbarkeit der
Zahlen zueinander wieder. 70 ist durch 10, 14 und 35 teilbar. 10 ist durch 2 und 5 teilbar. 14 durch 2 und 7,…
Aufgabe 114
Sei 𝒎𝑹𝒏 ⇔ |𝒎| ≤ |𝒏|, 𝒎, 𝒏 ∈ ℤ. Ist R eine Halbordnung auf ℤ?
Damit eine Halbordnung erklärt wird, müssen die drei Bedingungen gelten.
Reflexivität
𝑚𝑅𝑚 ⇔ |𝑚| ≤ |𝑚|
Reflexivität ist gegeben.
Antisymmetrie
(𝑚𝑅𝑛 ∧ 𝑛𝑅𝑚) ⇒ 𝑚 = 𝑛 ⇔ (|𝑚| ≤ |𝑛|) ∧ (|𝑛| ≤ |𝑚|) ⇒ 𝑚 ≠ 𝑛
Antisymmetrie ist nicht gegeben, da 𝑛 = −𝑚 sein könnte (es wird nur mit dem Betrag gerechnet).
Transitivität
(𝑚𝑅𝑛 ∧ 𝑛𝑅𝑜) ⇒ 𝑚𝑅𝑜 ⇔ (|𝑚| ≤ |𝑛|) ∧ (|𝑛| ≤ |𝑜|) ⇒ |𝑚| ≤ |𝑜|
Transitivität ist gegeben.
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Aufgabe 115
Untersuchen Sie, ob die Relation 𝑨𝑹𝑩 ⇔ 𝑨 ⊆ 𝑩 auf der Potenzmenge einer Menge M eine Halbordnung
bildet und zeichnen Sie gegebenenfalls das Hassediagramm.
Die Potenzmenge besitzt als Elemente alle möglichen Kombinationen der Elemente der ursprünglichen Menge.
Wenn eine Relation auf eine Halbordnung untersucht werden soll, müssen folgende drei Bedingungen gelten:
Reflexivität
𝐴𝑅𝐴 ⇔ 𝐴 ⊆ 𝐴
A ist immer eine Teilmenge von sich selber, nämlich die mit allen Elementen. Reflexivität ist gegeben.
Antisymmetrie
(𝐴𝑅𝐵) ∧ (𝐵𝑅𝐴) ⇒ 𝐴 = 𝐵 ⇔ 𝐴 ⊆ 𝐵 ∧ 𝐵 ⊆ 𝐴 ⇒ 𝐴 = 𝐵
Wenn A Teilmenge von B und umgekehrt ist, dann besitzt A alle Elemente von B und B alle Elemente von A.
Antisymmetrie ist gegeben.
Transitivität
(𝐴𝑅𝐵) ∧ (𝐵𝑅𝐶) ⇒ 𝐴𝑅𝐶 ⇔ 𝐴 ⊆ 𝐵 ∧ 𝐵 ⊆ 𝐶 ⇒ 𝐴 ⊆ 𝐶
Wenn A nur Elemente aus B und B nur Elemente aus C enthält, dann ist A eine Teilmenge von C. Transitivität ist
gegeben.
Hassediagramm
Aufgabe 116
𝒏
Für 𝒌, 𝒏 ∈ {𝟏, 𝟐, 𝟑, … , 𝟏𝟎} sei kRn, falls k ein Teiler von n ist und k und teilerfremd sind. Man untersuche,
𝒌
ob die Relation R eine Halbordnung ist und ermittle gegebenenfalls das Hassediagramm.
Damit eine Halbordnung gegeben ist, müssen folgende drei Eigenschaften gelten:
Reflexivität
𝑎𝑅𝑎 ⇔ 𝑎|𝑎 ∧ 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 1) = 1
Der ggT von 1 und a ist immer 1. Damit sind sie teilerfremd. Reflexivität ist gegeben.
Antisymmetrie
(𝑎𝑅𝑏) ∧ (𝑏𝑅𝑎) ⇒ 𝑎 = 𝑏 ⇔ 𝑎|𝑏 ∧ 𝑏|𝑎 ⇒ 𝑎 = 𝑏
𝑏
𝑎
(𝑎𝑅𝑏) ∧ (𝑏𝑅𝑎) ⇒ 𝑎 = 𝑏 ⇔ 𝑔𝑔𝑇 (𝑎, ) = 1 ∧ 𝑔𝑔𝑇 (𝑏, ) = 1 ⇒ 𝑎 = 𝑏
𝑎
𝑏
In der ersten Bedingung der Antisymmetrie sehen wir, dass nur die identischen Paare die Relation erfüllen
(a=b). Die zweite Zeile ist dasselbe wie bei der Reflexivität. Antisymmetrie ist gegeben.
Transitivität
(𝑎𝑅𝑏) ∧ (𝑏𝑅𝑐) ⇒ 𝑎𝑅𝑐 ⇔ 𝑎|𝑏 ∧ 𝑏|𝑐 ⇒ 𝑎|𝑐
𝑏
𝑐
𝑐
(𝑎𝑅𝑏) ∧ (𝑏𝑅𝑐) ⇒ 𝑎𝑅𝑐 ⇔ 𝑔𝑔𝑇 (𝑎, ) = 1 ∧ 𝑔𝑔𝑇 (𝑏, ) = 1 ⇔ 𝑔𝑔𝑇 (𝑎, ) = 1
𝑎
𝑏
𝑎
Die erste Bedingung ist gegeben, denn 𝑎|𝑏 ⇔ 6𝑎 = 𝑏 und 6𝑎|𝑐 ⇒ 𝑎|𝑐. Auch die zweite Bedingung ist gegeben
(𝑏 = 𝑎 ∗ 𝑘, 𝑐 = 𝑏 ∗ 𝑙 = 𝑎 ∗ 𝑘 ∗ 𝑙 ⇔ 𝑎|𝑏 ∧ 𝑏|𝑐 ⇒ 𝑎|𝑐; 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑘) = 1 ∧ 𝑔𝑔𝑇(𝑎 ∗ 𝑘, 𝑙) = 1 ⇒ 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑙) = 1)
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Aufgabe 119
Welche der folgenden Eigenschaften Reflexivität, Symmetrie, Antisymmetrie und Transitivität haben
folgende Relationen R auf ℤ:
𝒎𝑹𝒏 ⇔ 𝒎𝟐 = 𝒏𝟐
Reflexivität
Symmetrie
Antisymmetrie
Transitivität
𝑎𝑅𝑎 ⇔ 𝑎2 = 𝑎2
ist gegeben
2
2
2
2
𝑎𝑅𝑏 ⇒ 𝑏𝑅𝑎 ⇔ 𝑎 = 𝑏 ⇒ 𝑏 = 𝑎
ist gegeben
𝑎𝑅𝑏 ∧ 𝑏𝑅𝑎 ⇒ 𝑎 = 𝑏 ⇔ (𝑎2 = 𝑏 2 ) ∧ (𝑏 2 = 𝑎2 ) ⇒ 𝑎 = 𝑏 nicht gegeben, da auch (−1)2 = 12
𝑎𝑅𝑎 ∧ 𝑏𝑅𝑐 ⇒ 𝑎𝑅𝑐 ⇔ (𝑎2 = 𝑏 2 ) ∧ (𝑏 2 = 𝑐 2 ) ⇒ 𝑎2 = 𝑐 2
ist gegeben
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Aufgabe 124
Untersuchen Sie, ob es sich bei der folgenden Relation 𝑹 ⊆ 𝑨 𝐱 𝑩 um Funktionen, injektive Funktionen,
surjektive Funktionen bzw. bijektive Funktionen handelt.
𝟏
𝑹 = {(√𝒙, ) |𝒙 ∈ ℝ+ } , 𝑨 = 𝑩 = ℝ+
𝒙
Damit es sich um eine Funktion handelt, muss es zu jedem 𝑎 ∈ 𝐴 mindestens ein 𝑏 ∈ 𝐵 geben. Durch √𝑥 kann
die gesamte Menge von A abgebildet werden. Wir haben es also mit einer Funktion zu tun.
𝐴𝑅𝐵 ⇔ √𝑥 →
1
1
⇒ 𝑓(𝑥) = 2
𝑥
𝑥
Injektion
Ist eine Funktion injektiv, darf es zu jedem b maximal ein a geben:
𝑎1 ≠ 𝑎2 ⇔ 𝑓(𝑎1 ) ≠ 𝑓(𝑎2 )
Injektion ist gegeben.
Surjektion
Ist eine Funktion surjektiv, muss es zu jedem b mindestens ein a geben:
∀𝑏 ∈ 𝐵∃𝑎 ∈ 𝐴: 𝑓(𝑎) = 𝑏
Ich kann umformen:
𝑓(𝑥) =
1
𝑥2
⇒𝑥=
1
√𝑓(𝑥)
Somit kann ich für jedes beliebige 𝑏 ∈ ℝ+ mindestens ein a ermitteln, sodass gilt: 𝑓(𝑎) = 𝑏
Bijektion
Die Funktion ist injektiv und surjektiv, damit ist sie bijektiv.
Aufgabe 125
Untersuchen Sie, ob es sich bei der folgenden Relation 𝑹 ⊆ 𝑨 𝐱 𝑩 um Funktionen, injektive Funktionen,
surjektive Funktionen bzw. bijektive Funktionen handelt.
𝟏
𝑹 = {(𝒙𝟐 , 𝟐 ) |𝒙 ∈ ℝ+ } , 𝑨 = 𝑩 = ℝ
𝒙
Damit es sich um eine Funktion handelt, muss es zu jedem 𝑎 ∈ 𝐴 mindestens ein 𝑏 ∈ 𝐵 geben. Die Relation
behandelt jedoch nur die positiven Werte, da 𝑥 2 immer positiv ist. Somit gibt es nicht für alle a ein
Funktionswert. Die restlichen Eigenschaften gelten nur für Funktionen und müssen nicht mehr geprüft werden.
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WS2012/13
Aufgabe 126
Untersuchen Sie, ob es sich bei der folgenden Relation 𝑹 ⊆ 𝑨 𝐱 𝑩 um Funktionen, injektive Funktionen,
surjektive Funktionen bzw. bijektive Funktionen handelt.
𝟏
𝑹 = {(𝒙𝟐 , 𝟐 ) |𝒙 ∈ ℝ+ } , 𝑨 = 𝑩 = ℝ+
𝒙
Damit es sich um eine Funktion handelt, muss es zu jedem 𝑎 ∈ 𝐴 mindestens ein 𝑏 ∈ 𝐵 geben. Mit 𝑥 2 lässt sich
jeder beliebige Wert aus A darstellen. Somit haben wir es mit einer Funktion zu tun.
𝑓(𝑥) =
1
𝑥
Injektion
𝑎1 ≠ 𝑎2 ⇔ 𝑓(𝑎1 ) ≠ 𝑓(𝑎2 )
Die Funktion ist injektiv. Der Kehrwert ist eindeutig bestimmt.
Surjektion
∀𝑏 ∈ 𝐵∃𝑎 ∈ 𝐴: 𝑓(𝑎) = 𝑏
1
1
𝑥
𝑓(𝑥)
Die Funktion ist surjektiv, denn: 𝑓(𝑥) = ⇔ 𝑥 =
Bijektion
Da die Funktion injektiv und surjektiv ist, ist sie auch bijektiv.
Aufgabe 127
Untersuchen Sie, ob es sich bei der folgenden Relation 𝑹 ⊆ 𝑨 𝐱 𝑩 um Funktionen, injektive Funktionen,
surjektive Funktionen bzw. bijektive Funktionen handelt.
𝑹 = {(𝒍𝒐𝒈𝟐 𝒙, 𝒙)|𝒙 ∈ ℝ+ }, 𝑨 = 𝑩 = ℝ
Damit es sich um eine Funktion handelt, muss es zu jedem 𝑎 ∈ 𝐴 mindestens ein 𝑏 ∈ 𝐵 geben. Da jedoch nicht
die gesamte Menge A von der Relation verwendet wird, kann es sich auch nicht um eine Funktion handeln.
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Aufgabe 128
Untersuchen Sie, ob es sich bei der folgenden Relation 𝑹 ⊆ 𝑨 𝐱 𝑩 um Funktionen, injektive Funktionen,
surjektive Funktionen bzw. bijektive Funktionen handelt.
𝑹 = {(𝒍𝒐𝒈𝟑 𝒙, 𝒙𝟐 )|𝒙 ∈ ℝ+ }, 𝑨 = ℝ, 𝑩 = ℝ+
Damit es sich um eine Funktion handelt, muss es zu jedem 𝑎 ∈ 𝐴 mindestens ein 𝑏 ∈ 𝐵 geben. log 3 𝑥 muss die
gesamte Menge A erzeugen können. Das funktioniert auch, denn für jeden beliebigen Wert a kann ich
umformen:
log 3 𝑥 = 𝑎 ⇔ 3𝑎 = 𝑥
x bleibt dabei stets in ℝ+ , egal welchen Wert ich für 𝑎 ∈ ℝ wähle.
𝑓(𝑥) = 3𝑥
2
Injektion
𝑎1 ≠ 𝑎2 ⇔ 𝑓(𝑎1 ) ≠ 𝑓(𝑎2 )
Die Funktion ist injektiv.
Surjektion
∀𝑏 ∈ 𝐵∃𝑎 ∈ 𝐴: 𝑓(𝑎) = 𝑏
2
𝑓(𝑥) = 3𝑥 ⇔ 𝑥 = √log 3 𝑓(𝑥)
Die Funktion ist surjektiv.
Bijektion
Da die Funktion injektiv und surjektiv ist, ist sie auch bijektiv.
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Aufgabe 129
Sei 𝒇: ℤ → ℝ eine beliebige Funktion. Welche der Eigenschaften Reflexivität, Symmetrie und Transitivität
hat die folgende Relation auf ℤ?
𝒎𝑹𝒏 ⇔ 𝒇(𝒎) = 𝒇(𝒏)
Reflexivität:
𝑚𝑅𝑚 ⇔ 𝑓(𝑚) = 𝑓(𝑚)
ist gegeben
Symmetrie:
𝑚𝑅𝑛 ⇒ 𝑛𝑅𝑚 ⇔ 𝑓(𝑚) = 𝑓(𝑛) ⇒ 𝑓(𝑛) = 𝑓(𝑚)
ist gegeben
Transitivität:
(𝑚𝑅𝑛) ∧ (𝑛𝑅𝑜) ⇒ 𝑚𝑅𝑜 ⇔ 𝑓(𝑚) = 𝑓(𝑛) ∧ 𝑓(𝑛) = 𝑓(𝑜) ⇒ 𝑓(𝑚) = 𝑓(𝑜)
ist gegeben
Unter welcher Voraussetzung an die Funktion f ist die Relation R auch antisymmetrisch? Ist R eine
Äquivalenzrelation? Falls ja, bestimmen Sie auch die durch R induzierte Partition auf ℤ.
Antisymmetrie:
(𝑚𝑅𝑛) ∧ (𝑛𝑅𝑚) ⇒ 𝑛 = 𝑚 ⇔ 𝑓(𝑚) = 𝑓(𝑛) ⇒ 𝑛 = 𝑚
Die Relation ist antisymmetrisch, wenn die Funktion f(x) nicht mit dem Betrag von x rechnet, also x nicht
quadriert, usw. Das ist die Bedingung für die Injektion. Also ist die Relation antisymmetrisch, wenn die Funktion
injektiv ist.
Da alle drei Bedingungen erfüllt sind, ist R eine Äquivalenzrelation.
a)
𝒇(𝒙) = 𝟑𝒙
Hier haben wir es mit einer bijektiven Funktion zu tun. Es gibt jedoch unendlich viele Äquivalenzklassen. Jede
Klasse besteht nur aus einem Element, dem Repräsentant.
∀𝑎 ∈ ℤ: |𝐾(𝑎)| = 1
b) 𝒇(𝒙) = 𝒙 𝒎𝒐𝒅 𝟑
Es existieren drei Äquivalenzklassen. Die Repräsentanten sind die möglichen Reste modulo 3.
Rest: 0
𝐾(0) = {0 + 3𝑘|𝑘 ∈ ℤ}
Rest: 1
𝐾(1) = {1 + 3𝑘|𝑘 ∈ ℤ}
Rest: 2
𝐾(2) = {2 + 3𝑘|𝑘 ∈ ℤ}
c)
𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐
Auch hier gibt es unendlich viele Äquivalenzklassen.
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Aufgabe 130
Auf den Mengen 𝑨 = ℕ, ℤ, ℚ, ℝ, ℂ seien die binären Relationen
𝒇𝑨 ≔ {(𝒙, 𝟐𝒙)|𝒙 ∈ 𝑨} und 𝒈𝑨 ≔ {(𝟐𝒙, 𝒙)|𝒙 ∈ 𝑨} gegeben.
a)
Für welche A gilt 𝒈𝑨 : 𝑨 → 𝑨, d.h wann handelt es sich bei 𝒈𝑨 um eine Funktion?
𝑔𝐴 ist dann eine Funktion, wenn ∀𝑎 ∈ 𝐴∃𝑏 ∈ 𝐴: 𝑓(𝑎) = 𝑏.
𝐴=ℕ
𝐴=ℤ
Es ist keine Funktion, da nur alle geraden Werte in der Funktion abgebildet werden.
Es ist keine Funktion, da nur alle geraden Werte in der Funktion abgebildet werden.
𝐴 = ℚ, ℝ, ℂ
Es ist eine Funktion, da ich für jedes 𝑎 ∈ 𝐴 ein 𝑏 ∈ 𝐴 wählen kann, sodass 2𝑎 = 𝑏 ⇔ 𝑎 =
𝑏
2
b) Für welche A ist 𝒇𝑨 eine Funktion, wann sogar injektiv, surjektiv, bijektiv?
𝑓𝐴 ist dann eine Funktion, wenn ∀𝑎 ∈ 𝐴∃𝑏 ∈ 𝐴: 𝑓(𝑎) = 𝑏.
1
𝐴 = ℕ, ℤ
keine Funktion, da nicht jedes 𝑎 ∈ 𝐴 abgebildet werden kann: 𝑓(1) geht nicht, da ∉ 𝐴
𝐴 = ℚ, ℝ, ℂ
bijektive Funktion
c)
2
Sind 𝒇 ⊆ 𝑨 𝐱 𝑩 und 𝒈 ⊆ 𝑩 𝐱 𝑪 Relationen, so ist (analog zur Komposition von Abbildungen) das
Relationenprodukt 𝒈 𝝄 𝒇 ⊆ 𝑨 𝐱 𝑪 definiert als Relation
{(𝒂, 𝒄)| ∃𝒃 ∈ 𝑩: (𝒂, 𝒃) ∈ 𝒇, (𝒃, 𝒄) ∈ 𝒈}. Beschreiben Sie 𝒈𝑨 𝝄 𝒇𝑨 .
Das Relationenprodukt beschreibt die „Hintereinanderausführung“ von Relationen.
𝑔 𝜊 𝑓 = ((𝑎, 𝑏), (𝑏, 𝑐))
(𝑎, 𝑏) ⇒ (𝑎, 2𝑎) ⇒ 2𝑎 = 𝑏
(𝑏, 𝑐) ⇒ (2𝑎, 𝑐) ⇒ (𝑎, 𝑎)
Somit beschreibt 𝑔𝐴 𝜊 𝑔𝐵 die identische Relation.
Achtung! Es ist hier falsch, Funktionen zu verwenden, da wir nur von Relationen sprechen. Also darf man nicht
mit 𝑔(𝑓(𝑥)) = 𝑥 argumentieren.
d) Sei 𝒇 ⊆ 𝑨 𝐱 𝑨 eine Relation auf A. Begründen Sie mittels Induktion, dass die rekursive Definition der
Iteration 𝒇𝒏 , 𝒏 ∈ ℕ, durch 𝒇𝟎 ≔ {(𝒙, 𝒙)|𝒙 ∈ 𝑨} und 𝒇𝒏+𝟏 ≔ 𝒇 𝝄 𝒇𝒏 für alle 𝒏 ∈ ℕ Funktionen
𝒇𝒏 : 𝑨 → 𝑨 definiert, sofern 𝒇: 𝑨 → 𝑨 (f also selbst eine Funktion ist).
Induktionsanfang:
𝑓 0 = 𝑓(𝑥) = 𝑥 = 𝑖𝑑𝑒𝑛𝑡𝑖𝑠𝑐ℎ𝑒 𝐴𝑏𝑏𝑖𝑙𝑑𝑢𝑛𝑔
Induktionsvoraussetzung:
𝑓𝑛: 𝐴 → 𝐴
Induktionsschritt:
𝑓 𝑛+1 = 𝑓 𝜊 𝑓 𝑛
Da wir wissen, dass 𝑓 𝑛 eine Funktion ist (= Induktionsvoraussetzung), wissen wir auch, dass 𝑓 𝑛+1 eine Funktion
ist, da die Hintereinanderausführung von Funktionen wieder eine Funktion ergibt. Dabei bildet f von A auf A ab.
Da die Menge nie verlassen wird, können auch keine Werte auftauchen, die zu Problemen führen könnten.
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WS2012/13
Aufgabe 131
Seien 𝒇: 𝑨 → 𝑩 und 𝒈: 𝑩 → 𝑪 injektive Abbildungen. Man zeige, dass dann auch
𝒉 = 𝒈 𝝄 𝒇: 𝑨 → 𝑪 injektiv ist. ((𝒈 𝝄 𝒇)(𝒙) = 𝒈(𝒇(𝒙)). )
Da wir wissen, dass f injektiv ist, gilt:
∀𝑎 ∈ 𝐴∃𝑏 ∈ 𝐵: 𝑓(𝑎) = 𝑏
Da wir nicht auf alle 𝑏 ∈ 𝐵 abbilden, das wäre die Surjektivität, bezeichnen wir die Menge aller Elemente, auf
die f abbildet mit 𝑀𝐴→𝐵 . Da wir auch wissen, dass g injektiv ist, gilt dort das gleiche. Wir bezeichnen die Menge
aller Elemente, auf die g abbildet mit 𝑀𝐵→𝐶 .
𝑓(𝐴) = 𝑀𝐴→𝐵 ⊆ 𝐵
𝑔(𝐵) = 𝑀𝐵→𝐶 ⊆ 𝐶
Die Abbildung h ist nichts anderes als die Abbildung aller Elemente aus 𝑀𝐴→𝐵 nach C.
ℎ: 𝐴 → 𝐶 ⇔ 𝑔(𝑓(𝐴)) = 𝑔(𝑀𝐴→𝐵 )
Da 𝑀𝐴→𝐵 nichts anderes als eine Teilmenge von B ist, bleibt die Injektivität erhalten.
Aufgabe 132
Seien 𝒇: 𝑨 → 𝑩 und 𝒈: 𝑩 → 𝑪 surjektive Abbildungen. Man zeige, dass dann auch 𝒉 = 𝒈 𝝄 𝒇: 𝑨 → 𝑪
surjektiv ist. ((𝒈 𝝄 𝒇)(𝒙) = 𝒈(𝒇(𝒙)). )
Wir wissen, dass f surjektiv ist, also gilt:
∀𝑏 ∈ 𝐵∃𝑎 ∈ 𝐴: 𝑓(𝑎) = 𝑏
Außerdem wissen wir, dass g surjektiv ist, also gilt:
∀𝑐 ∈ 𝐶∃𝑏 ∈ 𝐵: 𝑔(𝑏) = 𝑐
Die Abbildungen f bzw. g bilden auf die komplette Zielmenge ab. Es gilt:
𝑓(𝐴) = 𝐵 ∧ 𝑔(𝐵) = 𝐶
Die Hintereinanderausführung bedeutet nur:
𝑔(𝑓(𝐴)) = 𝑔(𝐵) = 𝐶
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WS2012/13
Aufgabe 133
Seien 𝒇: 𝑨 → 𝑩 und 𝒈: 𝑩 → 𝑪 Abbildungen. Zeigen Sie, dass aus der Surjektivität von 𝒈 𝝄 𝒇 die
Surjektivität von g und aus der Injektivität von 𝒈 𝝄 𝒇 die Injektivität von f folgt.
Surjektivität von g
Ist 𝑔 𝜊 𝑓 surjektiv, dann wird bei 𝐴 → 𝐶 die komplette Zielmenge C abgebildet. Allerdings wird zuerst A auf B
abgebildet. Da wir nicht wissen, ob f surjektiv ist, muss die Zielmenge nicht unbedingt alle Elemente von B
enthalten. Nennen wir sie 𝑀𝐴→𝐵 .
Wir wissen jedoch, dass g nun diese Menge nimmt und auf die komplette Zielmenge C abbildet. Und genau das
ist die Definition der Surjektivität von einer Abbildung: Jedes Element der Zielmenge wird mindestens einmal
abgebildet.
Injektivität von f
Ist 𝑔 𝜊 𝑓 injektiv, dann wird bei 𝐴 → 𝐶 auf jedes Element der Zielmenge maximal einmal abgebildet. Es gilt:
𝑔(𝑓(𝑎)) = 𝑔(𝑓(𝑏)) ⇒ 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏)
Würde dies nicht gelten, dann würde g mit zwei verschiedenen Elementen 𝑓(𝑎), 𝑓(𝑏) auf dasselbe Element c
abbilden. Aufgrund der Injektivität ist das nicht erlaubt.
Schließlich folgt auch:
𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏) ⇒ 𝑎 = 𝑏
Ansonsten würden zwei verschiedene Elemente 𝑥1 , 𝑥2 ∈ 𝐴 auf das gleiche Element 𝑐 ∈ 𝐶 abbilden und somit
wäre 𝑔 𝜊 𝑓 nicht injektiv.
Aufgabe 134
Seien 𝒇: 𝑨 → 𝑩 und 𝒈: 𝑩 → 𝑪 zwei Abbildungen, sodass 𝒈 𝝄 𝒇 surjektiv und g injektiv ist. Man zeige, dass
dann auch f surjektiv ist.
Es werden also alle Elemente von A auf C abgebildet. Betrachten wir die Anzahl der Elemente in den jeweiligen
Mengen, können wir mit Gewissheit sagen, dass folgendes gilt:
|𝐴| ≥ |𝐶|
Es könnten ja zwei Elemente aus A auf das gleiche Element in C abgebildet werden. Da g injektiv ist, wissen wir
außerdem:
|𝐵| ≤ |𝐶|
Damit die Bedingung von der Injektion erfüllt ist, müssen mindestens genauso viele Elemente in C vorhanden
sein, wie B besitzt.
Wenn aber 𝑔 𝜊 𝑓 surjektiv ist, dann müssen so viele Elemente in B vorhanden, dass alle Elemente von C erzeugt
werden können. Somit gilt:
|𝐵| ≥ |𝐶|
Mit der Einschränkung von Oben wissen wir nun:
|𝐵| = |𝐶|
Wenn B und C gleich viele Elemente haben und g zusätzlich injektiv ist, also jedes Element eindeutig einem
Element aus C zuordnet, kann g nur bijektiv sein. Damit also 𝑔 𝜊 𝑓 surjektiv ist, müssen alle Elemente von B
erzeugt werden können, da diese auch für C benötigt werden. Somit muss A surjektiv sein und es gilt:
|𝐴| ≥ |𝐵|; |𝐵| = |𝐶|
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WS2012/13
Aufgabe 135
Zu den nachstehenden Abbildungen f bzw. g auf der Menge {𝟎, 𝟏, … , 𝟗} bestimme man jeweils den
zugehörenden Graphen und untersuche die angegeben Zuordnung auf Injektivität, Surjektivität und
Bijektivität:
a)
𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐 𝒎𝒐𝒅 𝟏𝟎
𝑥1 ≠ 𝑥2 ⇒ 𝑓(𝑥1 ) ≠ 𝑓(𝑥2 )
Injektivität
Es reicht ein Beispiel dafür zu finden, dass keine Injektivität vorliegt:
𝑓(2) = 𝑓(8) ⇒ 4 ≡ 64 𝑚𝑜𝑑 10
Die Elemente 2 und 8 bilden auf den gleichen Wert „4“ ab. Somit ist keine Injektivität gegeben.
∀𝑦 ∈ 𝑌∃𝑥 ∈ 𝑋: 𝑓(𝑥) = 𝑦
Surjektivität
Es lässt sich nicht jedes Element der Menge als Abbildung konstruieren. Es fehlen 2,3,7 und 8.
Bijektivität
Ohne Injektivität und ohne Surjektivität gibt es keine Bijektivität.
b) 𝒈(𝒙) = 𝒙𝟑 𝒎𝒐𝒅 𝟏𝟎
Am Einfachsten lässt es sich mit einer kleinen Tabelle überprüfen:
𝒙
𝒙𝟑 𝒎𝒐𝒅 𝟏𝟎
0
0
1
1
2
8
3
7
4
4
5
5
6
6
7
3
8
2
9
9
Die Abbildung ist



injektiv (jedes Element kommt in der 2. Spalte nur einmal vor)
surjektiv (jedes Element der 1. Spalte kommt irgendwo in der 2. Spalte vor)
bijektiv (Injektivität und Surjektivität ist gegeben)
Beispielsammlung
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Aufgabe 138
Man zeige, dass die Funktion 𝒇: ℝ → ℝ, 𝒚 = 𝒙 ∗ |𝒙| bijektiv ist und bestimme ihre Umkehrfunktion.
Damit die Funktion bijektiv ist, muss sie injektiv und surjektiv sein. Bevor wir jedoch anfangen, ist es einfacher,
wenn man sich die Funktion anders definiert:
𝑓(𝑥) = {
−𝑥 2 ,
𝑥 2,
𝑥<0
𝑥≥0
Injektion
𝑎1 ≠ 𝑎2 ⇔ 𝑓(𝑎1 ) ≠ 𝑓(𝑎2 )
Die Funktion bildet keine zwei unterschiedlichen Werte auf das gleiche Bild ab, sie ist injektiv.
Surjektion
∀𝑏 ∈ ℝ∃𝑎 ∈ ℝ: 𝑓(𝑎) = 𝑏
Es muss möglich sein, jede reelle Zahl zu erzeugen.
𝑓(𝑥) = 𝑏 ⇒ 𝑥 = {
−√|𝑏|,
𝑏<0
√𝑏,
𝑏≥0
Die Funktion ist somit surjektiv.
Bijektion
Durch die gegebene Injektivität und Surjektivität folgt auch die Bijektivität. Die Umkehrfunktion ist schon für die
Surjektion definiert worden.
Beispielsammlung
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Aufgabe 140
Zeigen Sie, dass ℕ 𝐱 ℕ 𝐱 ℕ abzählbar ist.
Definition Mächtigkeit und Abzählbarkeit
Zwei Mengen sind gleichmächtig, wenn es eine bijektive Abbildung zwischen ihnen gibt, also eine Zuordnung,
die in beide Richtungen eindeutig ist und beide Mengen voll abdeckt. Jede Menge, die gleichmächtig ist wie
jene der natürlichen Zahlen, wir abzählbar genannt.
Um zu zeigen, dass diese 3er-Tupel abzählbar sind, müssen wir eine bijektive Abbildung von 𝑓: ℕ → ℕ3
konstruieren. Wir nummerieren also alle 3er-Tupel durch. Damit haben wir eine eindeutige Zuordnung. Als
Kodierung können wir zum Beispiel die Primzahlen verwenden:
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥 3𝑦 5𝑧
Damit haben wir zu jedem Tupel eine eindeutig definierte Zahl.
𝑓(0,0,0) = 0
𝑓(2,3,1) = 22 ∗ 33 ∗ 51 = 540
𝑓(3,2,1) = 23 ∗ 32 ∗ 51 = 360
𝑓(1,2,3) = 21 ∗ 32 ∗ 53 = 2250
Aufgabe 141
Zeigen Sie, dass in einem Hotel mit abzählbar unendlich vielen Zimmern immer noch Platz für einen
weiter Gast ist, selbst wenn alle Zimmer belegt sind.
Dieses Beispiel stammt von dem Mathematiker David Hilbert. Man nennt es auch „Hilberts Hotel“. Der Gast
kommt in das Hotel und hätte gerne ein Zimmer. Das Hotel läuft gut und die unendlich vielen Zimmern sind
bereits von unendlich vielen Gästen belegt. Empfangschef Hilbert denkt kurz nach und verspricht dem Gast in
Kürze ein freies Zimmer.
Er telefoniert kurz mit jedem Gast und bittet ihn, in das nächsthöhere Zimmer umzuziehen. So geht jeder Gast
in das Zimmer nebenan. Das Zimmer mit der Nummer 1 wird frei und kann an den wartenden Gast
weitergegeben werden.
Quelle: Buch „Mathematik“, erschienen im Spektrum Verlag.
Aufgabe 142
Zeigen Sie, dass in dem Hotel aus Aufgabe 141 sogar immer noch abzählbar viele Gäste Platz haben.
Wir haben die gleiche Ausgangssituation wie im vorherigen Beispiel. Auf einmal hält ein Bus mit unendlich
vielen Gästen, jeder möchte ein Zimmer. Hilbert überlegt kurz und bittet danach, jeden Gast in das Zimmer mit
der doppelten Nummer umzuziehen. So werden alle Zimmer mit ungeraden Nummern frei und die neuen Gäste
können aufgenommen werden.
Quelle: Buch „Mathematik“ ist erschienen im Spektrum Verlag.
Beispielsammlung
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Aufgabe 143
A sei ein beliebiges endliches Alphabet (z.B. 𝑨 = {𝒂, 𝒃, 𝒄, … , 𝒛}). Zeigen Sie, dass die Menge aller
(endlichen) „Wörter“ über dem Alphabet A abzählbar ist.
Definition Mächtigkeit und Abzählbarkeit
Zwei Mengen sind gleichmächtig, wenn es eine bijektive Abbildung zwischen ihnen gibt, also eine Zuordnung,
die in beide Richtungen eindeutig ist und beide Mengen voll abdeckt. Jede Menge, die gleichmächtig ist wie
jene der natürlichen Zahlen, wir abzählbar genannt.
Für die Konstruktion der bijektiven Abbildung wähle ich Primzahlen.
|𝐴| = 𝑘
Ich brauche für jeden Buchstaben des Alphabets 𝑙 = 𝐴𝑛𝑧𝑎ℎ𝑙 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎𝑙𝑒 𝑊𝑜𝑟𝑡𝑙ä𝑛𝑔𝑒 Primzahlen, also
𝑘 ∗ 𝑙 Primzahlen. Jedes endliche Wort wird mithilfe dieser Primzahlen kodiert.
𝑓: ℕ → 𝐴𝑘
Ich bilde also eine Abbildungsvorschrift, dir mir eine natürliche Zahl eindeutig einem Wort zuordnet. Dabei gehe
ich so vor:
Nehmen wir an, wir haben 5 Buchstaben und eine maximale Wortlänge von 2. Somit brauchen wir
𝑙 ∗ 𝑘 = 10 Primzahlen {𝑝1 , 𝑝2 , … , 𝑝10 }. Jeder Buchstabe hat zwei Primzahlen für sich. Die erste Primzahl
bedeutet, dass der Buchstabe an erster Stelle ist, die zweite Primzahl gibt uns die zweite Position an.
Beispiel
Der Buchstabe A hat zwei Primzahlen 𝑝1 , 𝑝2 für sich. Der Buchstabe B besitzt ebenfalls zwei Primzahlen 𝑝3 , 𝑝4 .
Lautet das zu kodierende Wort „AA“. rechne ich 𝑝1 ∗ 𝑝2 .
Lautet das zu kodierende Wort „BA“, rechne ich 𝑝3 ∗ 𝑝2 .
Lautet das zu kodierende Wort „BB“, rechne ich 𝑝3 ∗ 𝑝4 .
Somit habe ich eine eindeutige bijektive Abbildung.
Beispielsammlung
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Aufgabe 147
𝒏
𝒏
𝒏
𝒏+𝟏
)=(
) + ( ) durch Interpretation von ( ) als Anzahl der
𝒌+𝟏
𝒌
𝒌
𝒌+𝟏
k-elementigen Teilmengen einer n-elementigen Menge.
𝑛
𝑛+1
Der Binomialkoeffizient beschreibt die Möglichkeit, aus n Elementen, k auszuwählen. Ändere ich ( ) in (
)
𝑘
𝑘+1
𝑛+1
füge ich 1 Element der Menge hinzu. Zur Berechnung von (
) gibt es folgende Fälle:
𝑘+1
𝑛
 Ich ignoriere das neue Element, mögliche Auswahlen sind: (
)
𝑘+1
𝑛
 Ich wähle das neue Element aus. Es sind noch k-Elemente ausständig: ( )
𝑘
Diese zwei Fälle addiert ergeben:
Man beweise die Beziehung (
𝑛
𝑛
𝑛+1
(
)+( )=(
)
𝑘+1
𝑘
𝑘+1
Aufgabe 148
𝒏
𝒏
𝒏
𝒏!
𝒏+𝟏
)=(
) + ( ) mit Hilfe der Formel ( ) =
𝒌!(𝒏−𝒌)!
𝒌+𝟏
𝒌
𝒌
𝒌+𝟏
𝑛
𝑛
𝑛+1
(
)=(
)+( )
𝑘+1
𝑘
𝑘+1
(𝑛 + 1)!
𝑛!
𝑛!
=
+
(𝑘 + 1)! (𝑛 − 𝑘)! (𝑘 + 1)! (𝑛 − 𝑘 − 1)! 𝑘! (𝑛 − 𝑘)!
(𝑛 + 1)!
𝑛!
𝑛! (𝑘 + 1)
=
+
(𝑘 + 1)! (𝑛 − 𝑘)! (𝑘 + 1)! (𝑛 − 𝑘 − 1)! (𝑘 + 1)! (𝑛 − 𝑘)!
(𝑛 + 1)!
𝑛! (𝑛 − 𝑘) + 𝑛! (𝑘 + 1)
=
(𝑘 + 1)! (𝑛 − 𝑘)!
(𝑘 + 1)! (𝑛 − 𝑘)!
(𝑛 + 1)!
𝑛! 𝑛 + 𝑛!
=
(𝑘 + 1)! (𝑛 − 𝑘)! (𝑘 + 1)! (𝑛 − 1)!
(𝑛 + 1)!
(𝑛 + 1)!
=
(𝑘 + 1)! (𝑛 − 𝑘)! (𝑘 + 1)! (𝑛 − 1)!
Man beweise die Beziehung (
Aufgabe 150
Wie viele „Wörter“ der Länge 28 gibt es, bei denen genau 5-mal der Buchstabe a, 14-mal b, 5-mal c,
3-mal d vorkommen und genau einmal e vorkommt?
Es handelt sich hierbei um eine Permutation einer Multimenge:
28!
= 4,0477 ∗ 1013 𝑊ö𝑟𝑡𝑒𝑟
5! ∗ 14! ∗ 5! ∗ 3! ∗ 1!
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Aufgabe 151
Wie viele Möglichkeiten gibt es, 23 verschiedengroße Kugeln so zu färben, dass 9 rot, 5 schwarz, 4 blau, 4
grün sind und eine weiß ist?
Es handelt sich hierbei um eine Permutation einer Multimenge:
23!
= 1,03 ∗ 1012
9! ∗ 5! ∗ 4! ∗ 4! ∗ 1!
Aufgabe 152
Wie viele „Wörter“ der Länge 28 aus den Buchstaben a, b gibt es, die genau 5-mal a enthalten und
zwischen je zwei a mindestens 3-mal den Buchstaben b.
Am Einfachsten kann man sich dieses Beispiel vorstellen, indem man sich die Aufgabe anders hinschreibt:
𝑋𝒂𝑏𝑏𝑏𝑋𝒂𝑏𝑏𝑏𝑋𝒂𝑏𝑏𝑏𝑋𝒂𝑏𝑏𝑏𝑋𝒂𝑋
Das große „X“ repräsentiert eine unbestimmte Anzahl von b. Fix belegt sind also schon 12b + 5a = 17
Buchstaben. Es fehlen uns also noch 11b die wir frei an den eingezeichneten 6 Stellen platzieren dürfen.
Die Fragestellung ist nun: Wie viele Möglichkeiten gibt es, 11b auf 6 Stellen zu platzieren?
𝑛 = 𝑆𝑡𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛, 𝑘 = 𝐵𝑢𝑐ℎ𝑠𝑡𝑎𝑏𝑒 b ⇒ (
16!
𝑛+𝑘−1
)=
= 4368
𝑘
11! ∗ 5!
Aufgabe 153
Wie viele verschiedene „Wörter“ kann man durch Permutation der Buchstaben aus dem Wort MISSISSIPPI
bilden?
Es handelt sich hierbei um eine Auswahl einer Teilmultimenge:
1*M + 4*I + 4*S + 2*P = 11 Buchstaben
11!
= 34650
1! ∗ 4! ∗ 4! ∗ 2!
Aufgabe 154
Wie viele Möglichkeiten gibt es, aus einem 32-bändigen Lexikon genau 7 Bücher auszuwählen, wobei
zwischen zwei ausgewählten Bänden immer mindestens einer im Regal stehen bleiben soll?
Es erleichtert einem die Arbeit, wenn man die Aufgabenstellung anders anschreibt.
𝑋𝒂𝑏𝑋𝒂𝑏𝑋𝒂𝑏𝑋𝒂𝑏𝑋𝒂𝑏𝑋𝒂𝑏𝑋𝒂𝑋
Das große „X“ dient als Platzhalter für eine unbestimmte Anzahl von stehengelassenen Büchern. „a“ ist ein
ausgewähltes Buch, „b“ ein fix stehengelassenes Buch. Wir haben also schon 7*a und 6*b fix definiert.
Die neue Fragestellung lautet: Wie viele Möglichkeiten gibt es, 19 Bücher an 8 verschiedenen Stellen stehen zu
lassen?
26!
𝑛+𝑘−1
𝑘 = 19, 𝑛 = 8 ⇒ (
)=
= 657800
𝑘
19! ∗ 7!
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Aufgabe 155
Wie viele Möglichkeiten gibt es, aus einem 50-bändigen Lexikon genau 6 Bücher auszuwählen, wobei
zwischen zwei ausgewählten Bänden immer mindestens drei im Regal stehen bleiben sollen?
Es erleichtert einem die Arbeit, wenn man die Aufgabenstellung anders anschreibt.
𝑋𝒂𝑏𝑏𝑏𝑋𝒂𝑏𝑏𝑏𝑋𝒂𝑏𝑏𝑏𝑋𝒂𝑏𝑏𝑏𝑋𝒂𝑏𝑏𝑏𝑋𝒂𝑋
Das große „X“ dient als Platzhalter für eine unbestimmte Anzahl von stehengelassenen Büchern. „a“ ist ein
ausgewähltes Buch, „b“ ein fix stehengelassenes Buch. Wir haben also schon 6*a und 15*b fix definiert.
Die neue Fragestellung lautet: Wie viele Möglichkeiten gibt es, 29 Bücher an 7 verschiedenen Stellen stehen zu
lassen?
𝑛 = 7, 𝑘 = 29 ⇒ (
35!
𝑛+𝑘−1
)=
= 1 623 160
𝑘
29! ∗ 6!
Aufgabe 156
Jemand wirft 2n-mal eine Münze. Wie viele verschiedene Spielverläufe gibt es, wenn gleich oft Kopf wie
Adler auftreten soll?
Wenn man 2n-mal wirft, gibt es (2𝑛)! Permutationen. Da jedoch immer eine gerade Anzahl Kopf und eine
gerade Anzahl Adler herauskommen soll, behandelt diese Aufgabenstellung eine Auswahl aus einer
Teilmultimenge:
(2𝑛)!
𝑛! ∗ 𝑛!
Aufgabe 158
Wie viele Möglichkeiten gibt es, drei (voneinander unterscheidbare) Würfel so zu werfen, dass genau zwei
dieselbe Augenzahl zeigen?
Simulieren wir das Szenario:
 Ich werfe den ersten Würfel: Mir ist egal was kommt 6 Möglichkeiten
 Ich werfe den zweiten Würfel: Es soll das Gleiche kommen, wie beim ersten Mal 1 Möglichkeit
 Ich werfe den dritten Würfel: Es darf jede nichtgewürfelte Zahl kommen 5 Möglichkeiten
Somit habe ich 6 ∗ 1 ∗ 5 = 30 Möglichkeiten, wie diese drei Würfe aussehen können. Allerdings unterscheiden
sich die Würfel zueinander und es ist nirgends festgelegt, welche zwei Würfel die gleiche Augenzahl zeigen
müssen. Also brauche ich noch alle Möglichkeiten, um aus drei Würfeln zwei auszuwählen:
3!
3
( ) ∗ 30 = ∗ 30 = 90
2
2!
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Aufgabe 159
Man bestimme die Anzahl der möglichen Tototipps (1, 2, x) bei 12 Spielen und die Anzahl der möglichen
richtigen Zehner. Das heißt die Anzahl derjenigen Tipps, die mit einer vorgegebenen Kolonne an genau 10
der 12 Stellen übereinstimmen.
Stellen wir uns die Frage, wie viele Möglichkeiten es gibt, von 12 Spielen genau 10 zu gewinnen.
12!
12
( )=
= 265
10
10! ∗ 2!
Es gibt also 264 Möglichkeiten, 10 Spiele richtig zu Tippen. Wir müssen jedoch noch die falsch getippten Spiele
betrachten. Es gibt 2 falsche Tipps pro Spiel, also 22 Möglichkeiten, diese zwei Spiele falsch zu tippen.
(
12
) ∗ 22 = 1056
10
Die Anzahl der möglichen Tipps:
 Für ein Spiel: 3 Möglichkeiten
 Für zwei Spiele: 32 Möglichkeiten
 Für n-Spiele: 3𝑛 Möglichkeiten
Somit gibt es 32 = 531441 Möglichkeiten.
Aufgabe 160
Man bestimme die Anzahl der möglichen „6 aus 45“-Lottotips und die Anzahl der möglichen richtigen
Vierer, das heißt die Anzahl derjenigen 6-elementiegen Teilmengen von {𝟏, 𝟐, … , 𝟒𝟓}, die mit einer
vorgegebenen 6-elementigen Teilmenge genau 4 Elemente gemeinsam haben.
Die Anzahl der möglichen Tipps ist die Auswahl ohne Reihenfolge:
(
45!
45
)=
= 8 145 060
6
6! ∗ 39!
Für die Anzahl der möglichen Vierer rechne ich zuerst aus, wie viele Möglichkeiten es gibt, aus 6 richtigen
Zahlen genau 4 auszuwählen:
6!
6
( )=
= 15
4
4! ∗ 2!
Dabei müssen jedoch die anderen zwei Zahlen falsch sein. Wie viele Möglichkeiten gibt es, aus 45 Zahlen genau
2 auszuwählen, wenn ich berücksichtige, dass die 6 richtigen Zahlen nicht gezogen werden dürfen?
(
39!
45 − 6
)=
= 741
2
2! ∗ 37!
Somit ist die Anzahl der richtigen Vierer (also keine Fünfer oder Sechser):
15 ∗ 741 = 11115
Aufgabe 161
Man bestimme für das „6 aus 45“-Lotto die Anzahl der möglichen richtigen Fünfer, das heißt die Anzahl
derjenigen 6-elementiegen Teilmengen von {𝟏, 𝟐, … , 𝟒𝟓}, die mit einer vorgegebenen 6-elementigen
Teilmenge genau 5 Elemente gemeinsam haben.
Zuerst wird die Anzahl von 5 aus 6 Richtigen berechnet:
6!
6
( )=
=6
5
5! ∗ 1!
Jetzt muss noch berücksichtigt werden, dass die 6 Zahl nicht richtig sein darf. Es gibt 39 „falsche“ Zahlen.
6 ∗ 39 = 234
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Aufgabe 162
Man bestimme für das „6 aus 45“-Lotto die Anzahl der möglichen richtigen Fünfer mit Zusatzzahl (d.h., die
Anzahl derjenigen 6-elementigen Teilmengen von {𝟏, 𝟐, … , 𝟒𝟓}, die mit einer vorgegebenen
6-elementigen Teilmenge genau 5 Elemente gemeinsam haben und deren sechstes Element einen
vorgegeben Wert außerhalb der 6-elementigen Menge hat.)
Zuerst wird die Anzahl von 5 aus 6 Richtigen berechnet:
6!
6
( )=
=6
5
5! ∗ 1!
Für die letzte Zahl gibt es jedoch keine weitere Möglichkeit mehr als die Zusatzzahl. Somit existieren insgesamt
nur 6 Möglichkeiten.
Aufgabe 163
Wie viele verschiedene Tipps müssen beim Lotto „6 aus 45“ abgegeben werden, um sicher einen Sechser
zu erzielen? Wie viele verschiedene Tipps führen zu keinem Gewinn (das heißt diese Tipps enthalten
maximal zwei richtige Zahlen), bei wie vielen möglichen Tipps stimmt mindestens eine Zahl, bei wie vielen
sind alle Zahlen falsch?
Um sicher eine Sechser zu erzielen, muss ich alle möglichen 6er Kombinationen abdecken:
(
45!
45
)=
= 8 145 060
6
6! ∗ 39!
Die Anzahl der Tipps, die zu keinem Gewinn führen, errechnet sich, indem ich von allen möglichen
Kombinationen die abziehe, die Gewinn bringen würden:
(
39 6
39 6
39 6
39 6
45
) − ( ) ( ) − ( ) ( ) − ( ) ( ) − ( ) ( ) = 7 950 930
3 3
2 4
1 5
0 6
6
Die Anzahl der Tipps, bei denen mindestens eine richtige Zahl dabei ist, sind alle möglichen Tipps, ohne die
Tipps mit keiner richtigen Zahl:
(
39
45
) − ( ) = 4 882 437
6
6
Die Anzahl aller möglichen Tipps, bei denen keine richtige Zahl dabei ist, sind alle möglichen Kombinationen,
aus den verbleibenden 39 Verliererzahlen:
(
Beispielsammlung
39!
39
)=
= 3 262 623
6
6! ∗ 33!
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Aufgabe 164
Sei M eine nichtleere Menge. Zeigen Sie: M besitzt gleich viele Teilmengen mit gerade Elementanzahl wie
solche mit ungerade Elementanzahl.
Alle k-Teilmengen einer n-elementigen Menge sind:
𝑛
𝑛
∑( )
𝑘
𝑘=0
Besitzt M gleich viele Teilmengen mit gerade Elementanzahl wie solche mit ungerade Elementanzahl, dann gilt:
|𝐺𝑒𝑟𝑎𝑑𝑒 𝑇𝑒𝑖𝑙𝑚𝑒𝑛𝑔𝑒𝑛| − |𝑈𝑛𝑔𝑒𝑟𝑎𝑑𝑒 𝑇𝑒𝑖𝑙𝑚𝑒𝑛𝑔𝑒𝑛| = 0
Das können wir mathematisch anschreiben, indem wir die Reihe alternierend gestalten:
𝑛
𝑛
∑ ( ) ∗ (−1)𝑘
𝑘
𝑘=0
Wir dürfen jeden Summand beliebig mit 1 multiplizieren:
𝑛
𝑛
∑ ( ) ∗ (−1)𝑘 ∗ 1𝑛−𝑘
𝑘
𝑘=0
Vergleichen wir das mit dem allgemeinen binomischen Lehrsatz und wenden ihn auf unsere Formel an:
𝑛
𝑛
𝑘=0
𝑘=0
𝑛
𝑛
∑ ( ) 𝑥 𝑘 𝑦 𝑛−𝑘 = (𝑥 + 𝑦)𝑛 ⇔ ∑ ( ) ∗ (−1)𝑘 ∗ 1𝑛−𝑘 = (1 − 1)𝑛 = 0
𝑘
𝑘
Aufgabe 165
Wie viele natürliche Zahlen 𝒏 < 𝟏𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎 enthalten in ihrer Dezimalentwicklung genau dreimal die Ziffer
drei?
Ich habe 5 Stellen, die ich frei belegen kann: 00 000 bis 99 999. Wie viele Möglichkeiten gibt es, auf 5 Stellen 3x
die Drei zu platzieren?
5!
5
( )=
= 10 𝑀ö𝑔𝑙𝑖𝑐ℎ𝑘𝑒𝑖𝑡𝑒𝑛
3
3! ∗ 2!
Bei den anderen zwei Ziffern kann ich eine Zahl zwischen 0-2 oder 4-9 wählen (= 9 Möglichkeiten).
9 ∗ 9 ∗ 10 = 810
Aufgabe 166
Wie viele natürliche Zahlen 𝒏 < 𝟏 𝟎𝟎𝟎 𝟎𝟎𝟎 enthalten in ihrer Dezimalentwicklung genau viermal die
Ziffer zwei?
Ich habe 6 Stellen, die ich frei belegen kann: 000 000 bis 999 999. Wie viele Möglichkeiten gibt es, auf 6 Stellen
4x die Zwei zu platzieren?
6!
6
( )=
= 15 𝑀ö𝑔𝑙𝑖𝑐ℎ𝑘𝑒𝑖𝑡𝑒𝑛
4
4! ∗ 2!
Bei den anderen zwei Ziffern kann ich 0,1 oder eine Zahl zwischen 4-9 wählen (= 9 Möglichkeiten).
92 ∗ 15 = 1215
Beispielsammlung
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Aufgabe 172
Berechnen Sie unter Benützung des Binomischen Lehrsatzes:
𝒏
𝒏
∑ ( ) 𝒌𝟒𝒌
𝒌
𝒌=𝟎
Es ist offensichtlich, dass solange umformt, bis man zur folgenden Form kommt:
𝑛
𝑛
∑ ( ) 𝑥 𝑘 𝑦 𝑛−𝑘 = (𝑥 + 𝑦)𝑛
𝑘
𝑘=0
Dabei stört uns als erstes der Faktor „k“. Es stellt sich die Frage: Kann ich dieses „k“ nicht irgendwie in den
Binomialkoeffizient hineinrechnen? Probieren wir es:
𝑛!
𝑛!
𝑛!
𝑛
( )∗𝑘 =
∗𝑘 =
=
𝑘
(𝑛
(𝑘
(𝑛
(𝑘
𝑘! − 𝑘)!
− 1)! ∗ 𝑘 ∗ − 𝑘)!
− 1)! (𝑛 − 𝑘)!
Das Dumme ist nur, dass wir jetzt keinen gültigen Binomialkoeffizienten mehr haben. Am Einfachsten ist es,
wenn man sich einen möglichen „neuen“ Binomialkoeffizienten anschreibt.
(
𝑛!
𝑛
)=
𝑘−1
(𝑘 − 1)! (𝑛 − 𝑘 + 1)!
Das Einzige, was uns noch stört ist das „+ 1“. Dafür müssen wir nur „n“ in „n – 1“ abändern:
(
Wir haben also für (
(𝑛 − 1)!
𝑛−1
)=
𝑘−1
(𝑘 − 1)! (𝑛 − 𝑘)!
𝑛−1
) ein n zu viel. Somit gilt:
𝑘−1
(𝑛 − 1)!
𝑛!
𝑛−1
=𝑛∗
=𝑛∗(
)
(𝑘 − 1)! (𝑛 − 𝑘)!
(𝑘 − 1)! (𝑛 − 𝑘)!
𝑘−1
Setzten wir nun unseren veränderten Ausdruck in die gegebene Formel ein:
𝑛
𝑛
𝑛
𝑘=0
𝑘=0
𝑘=0
𝑛
𝑛−1 𝑘
𝑛 − 1 𝑘−1
∑ ( ) 𝑘4𝑘 = ∑ 𝑛 ∗ (
) 4 = 4𝑛 ∑ (
)4
𝑘
𝑘−1
𝑘−1
Da „n“ ein konstanter Faktor ist und sich nicht mehr verändert, können wir ihn gemeinsam mit einer „4“ davor
schreiben. Der Grund dafür, dass ich die „mitnehme“ ist gleich ersichtlich. Es ist schon fast geschafft. Ein
Problem liefert uns allerdings das 4𝑘−1 . Laut Umformungsdefinition müsste das 4𝑘 lauten. Dafür müssen wir
nochmals kurz zum Anfang zurück.
𝑛
𝑛
𝑛
∑ ( ) 𝑘4𝑘 ⇒ 𝐴𝑢𝑠𝑟𝑒𝑐ℎ𝑛𝑒𝑛 𝑑𝑒𝑠 1. 𝑆𝑢𝑚𝑚𝑎𝑛𝑑𝑒𝑛 𝑚𝑖𝑡 𝑘 = 0 ⇒ ( ) ∗ 0 ∗ 40 = 0
𝑘
0
𝑘=0
Der 1. Summand ist also 0. Uns ist also egal, ob wir mit 𝑘 = 0 oder 𝑘 = 1 beginnen. Somit dürfen wir auch in
unserer aktuellen Umformung den Index um 1 erhöhen und anschließend 𝑘 = 1 durch eine neue Variable
𝑖 = 𝑘 − 1 ersetzen. Der Index startet eins früher, muss dafür aber auch um eines früher stoppen (n -1).
𝑛
𝑛−1
𝑛 − 1 𝑘−1
𝑛−1 𝑖
4𝑛 ∑ (
)4
= 4𝑛 ∑ (
)4
𝑘−1
𝑖
𝑘=0
𝑖=0
Damit haben wir unsere Ausgangsform für die Umwandlung erreicht:
𝑛−1
𝑛−1 𝑖
4𝑛 ∑ (
) 4 ∗ 1𝑛−1−𝑖 = 4𝑛(4 + 1)𝑛−1 = 4𝑛5𝑛−1
𝑖
𝑖=0
Beispielsammlung
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Aufgabe 173
Berechnen Sie unter Benützung des Binomischen Lehrsatzes:
𝒏
𝒏
∑ ( ) 𝒌𝟓𝒌
𝒌
𝒌=𝟎
Info: Eine genaue Erklärung findet sich in Aufgabe 172.
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛−1
𝑘=0
𝑘=1
𝑘=1
𝑖=0
𝑛
𝑛
𝑛 − 1 𝑘−1
𝑛−1 𝑖
∑ ( ) 𝑘5𝑘 = ∑ ( ) 𝑘5𝑘 = 5𝑛 ∑ (
)5
= 5𝑛 ∑ (
) 5 ∗ 1𝑛−1−𝑖 = 5𝑛(5 + 1)𝑛−1
𝑘
𝑘
𝑘−1
𝑖
= 5𝑛6𝑛−1
Aufgabe 174
Berechnen Sie unter Benützung des Binomischen Lehrsatzes:
𝒏
𝒏
∑(−𝟏)𝒌 𝒌 ( )
𝒌
𝒌=𝟎
Info: Eine genaue Erklärung findet sich in Aufgabe 172.
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛−1
𝑘=0
𝑘=1
𝑘=1
i=0
𝑛
𝑛
𝑛−1
𝑛−1
∑(−1)𝑘 𝑘 ( ) = ∑(−1)𝑘 𝑘 ( ) = −𝑛 ∑(−1)𝑘−1 (
) = −𝑛 ∑(−1)𝑖 (
) ∗ 1𝑛−1−𝑖
𝑘
𝑘
𝑘−1
𝑖
= −𝑛(1 − 1)𝑛−1 = 0
Aufgabe 175
Berechnen Sie unter Benützung des Binomischen Lehrsatzes:
𝒏
𝒏
∑ ( ) (𝒏 − 𝒌)𝟐𝒌
𝒌
𝒌=𝟎
Info: Eine genaue Erklärung findet sich in Aufgabe 172.
(𝑛 − 1)!
𝑛!
𝑛!
𝑛
𝑛−1
(𝑛 − 𝑘) =
( ) (𝑛 − 𝑘) =
=𝑛∗
= 𝑛(
)
𝑘
𝑘
𝑘! (𝑛 − 𝑘)!
𝑘! (𝑛 − 𝑘 − 1)!
𝑘! (𝑛 − 𝑘 − 1)!
𝑛
𝑛
𝑘=0
𝑘=0
𝑛
𝑛−1 𝑘
∑ ( ) (𝑛 − 𝑘)2𝑘 = 𝑛 ∑ (
)2
𝑘
𝑘
𝑛−1
Da im letzten Summand für 𝑘 = 𝑛 der Binomialkoeffizient (
) = 0 steht, können wir die Grenze um Eins
𝑛
weiter runter setzen und umformen:
𝑛−1
𝑛∑(
𝑘=0
Beispielsammlung
𝑛−1 𝑘
) 2 ∗ 1𝑛−1−𝑘 = 𝑛(2 + 1)𝑛−1 = 𝑛3𝑛−1
𝑘
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Algebra und Diskrete Mathematik
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Aufgabe 179
Ein Turm soll auf einem Schachbrett von der linken unteren Ecke in die rechte obere Ecke ziehen. Wie
viele verschiedene Wege gibt es, wenn der Turm nie nach links oder unten ziehen darf, d.h. in jedem
Schritt nur ein oder mehrere Felder nach rechts oder nach oben.
Ein Schachbrett besitzt die Größe 8 x 8 Felder. Wir stehen auf dem Feld 1a. Nach oben und nach rechts können
wir jeweils 7 Schritte gehen. Gehen wir zuerst 7 Schritte nach rechts und anschließend 7 Schritte nach oben, ist
unsere Zugfolge:
→→→→→→→↑↑↑↑↑↑↑
Stellen wir uns die Frage, wie viele unterschiedliche Kombinationen es gibt, um diese 14 Pfeile anzuordnen,
können wir 14! Verwenden. Da sich die „Rechts“-Pfeile aber nicht unterscheiden, haben wir es auch noch mit
zwei Multimengen zu tun. Die Lösung lautet:
14!
= 3432
7! ∗ 7!
Beispielsammlung
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WS2012/13
Aufgabe 182
Bei einem Turnier muss jeder Spieler genau einmal gegen jeden der anderen Spieler antreten. Zeigen Sie:
Zu jedem Zeitpunkt des Turniers gibt es mindestens zwei Spieler die dieselbe Anzahl von zwei Spielen
bestritten haben.
Dafür nehmen wir an, dass in dem Turnier n Spieler mitspielen.
Spieler 1:
Spieler 2:
Spieler 3:
…
Spieler n-1:
Spieler n:
noch nie gespielt
einmal gespielt
zweimal gespielt
n-2 mal gespielt
n-1 mal gespielt
Wenn Spieler n aber n-1-mal gespielt hat, dann muss sie gegen jede andere Spieler gespielt haben. Spieler 1 hat
aber noch nie gespielt. Somit gibt es mindestens zwei Spieler die dieselbe Anzahl von Spielen bestritten haben.
Aufgabe 183
In einer Menge von n Personen können 10 Personen Deutsch, 7 Englisch, 5 Französisch, 6 Deutsch und
Englisch, 4 Deutsch und Französisch, 3 Englisch und Französisch, 3 alle drei Sprachen und niemand keine
der drei Sprachen. Wie groß ist n?
3
3–3=0
4–3=1
6–3=3
5–3–1=1
7–3–0–3=1
10 – 3 – 1 – 3 = 3
DE/EN/FR
EN/FR
DE/FR
DE/EN
FR
EN
DE
3 + 0 + 1 + 3 + 1 + 1 + 3 = 12
Gesamt
Aufgabe 184
In einer Menge von n Personen können 13 Personen Deutsch, 8 Englisch, 7 Französisch, 5 Deutsch und
Englisch, 6 Deutsch und Französisch, 3 Englisch und Französisch, 2 alle drei Sprachen und niemand keine
der drei Sprachen. Wie groß ist n?
2
3–2=1
6–2=4
5–2=3
7–2–1–4=0
8–2–1–3=2
13 – 2 – 4 – 3 = 4
DE/EN/FR
EN/FR
DE/FR
DE/EN
FR
EN
DE
2+1+4+3+0+2+4
Gesamt
Beispielsammlung
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Aufgabe 185
In einer Menge von n Personen können 10 Personen Deutsch, 9 Englisch, 9 Französisch, 5 Deutsch und
Englisch, 7 Deutsch und Französisch, 4 Englisch und Französisch, 3 alle drei Sprachen und niemand keine
der drei Sprachen. Wie groß ist n?
3
4–3=1
7–3=4
5–3=2
9–3–1–4=1
9–3–1–2=3
10 – 3 – 4 – 2 = 1
DE/EN/FR
EN/FR
DE/FR
DE/EN
FR
EN
DE
3+1+4+2+1+3+1
Gesamt
Beispielsammlung
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Aufgabe 193
Man bestimme die Anzahl aller Anordnungen (Permutationen) der Buchstaben a, b, c, d, e, f, g, in denen
weder der Block „abcd“ noch der Block „fa“ vorkommt.
Fassen wir „abcd“ als Buchstabe Y auf. Wie viele Permutationen der Buchstaben „Yefg“ gibt es?
4! = 24
Als nächsten fassen wir den Block „fa“ zu Z zusammen. Die Anzahl der Permutationen der Buchstaben „bcdegZ“
ist:
6! = 720
Es kann aber der Fall auftreten, dass „fabcd“ vorkommt. Der Fall wurde bei „fa“ sowie bei „abcd“ mitgezählt.
Bilden wir den Buchstabe 𝑋 = "𝑓𝑎𝑏𝑐𝑑" und ermitteln, wie viele Permutationen der Buchstaben „Xeg“ es gibt:
3! = 6
Somit ist das Ergebnis:
7! − 6! − 4! + 3! = 4302
Aufgabe 194
Man bestimme die Anzahl aller Anordnungen (Permutationen) der Buchstaben a, b, c, d, e, f, in denen
weder der Block „bcf“ noch der Block „eb“ vorkommt.
Gleiche Erklärung wie in Aufgabe 193:
6! − 4! − 5! + 3! = 582
Aufgabe 195
Man bestimme die Anzahl aller Anordnungen (Permutationen) der Buchstaben a, b, c, d, e, f, g, h, in
denen weder der Block „acg“ noch der Block „cgbe“ vorkommt.
Gleiche Erklärung wie in Aufgabe 193:
8! − 6! − 5! + 4! = 39504
Beispielsammlung
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Aufgabe 200
Man finde alle Lösungen der Differenzengleichung
a)
𝟐𝒙𝒏+𝟏 − 𝟑𝒙𝒏 + 𝟏 = 𝟎 𝒏 ≥ 𝟎
Zuerst wird die Gleichung nach 𝑥𝑛+1 umgestellt:
𝑥𝑛+1 =
3
1
𝑥𝑛 −
2
2
Die allgemeine Form einer inhomogenen linearen Differenzengleichung ist 𝑥𝑛+1 = 𝑎𝑥𝑛 + 𝑏𝑛 . In unserem ist
3
1
2
2
𝑎 = und 𝑏 = − . Wir formen jetzt nach folgender Regel um:
𝑥𝑛 = {
𝑎𝑛 − 1
,
𝑎−1
𝑥0 + 𝑏𝑛,
𝑎𝑛 𝑥0 + 𝑏
𝑎≠1
𝑎=1
Somit ergibt sich die Lösung:
3 𝑛
3 𝑛
1 ( 2) − 1
3 𝑛
3 𝑛
3 𝑛
𝑥𝑛 = ( ) 𝑥0 −
= ( ) 𝑥0 − ( ) + 1 = ( ) (𝑥0 − 1) + 1
2
2 3−1
2
2
2
2
Da wir für 𝑥0 noch keinen Wert einsetzen, ersetzen wir den Ausdruck durch den Platzhalter C. Weil wir jeden
beliebigen Wert für C einsetzten dürfen, dürfen wir auch 𝑥0 − 1 zu C zusammenfassen.
3 𝑛
𝑥𝑛 = ( ) 𝐶 + 1
2
b) 𝒙𝒏+𝟏 − 𝒙𝒏 + 𝟕 = 𝟎 𝒏 ≥ 𝟎
Zuerst wird die Gleichung nach 𝑥𝑛+1 umgestellt:
𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 − 7
Im Unterschied zu vorher ist dieses Mal der Koeffizient 𝑎 = 1. Somit müssen wir die zweite Formel verwenden:
𝑥𝑛 = 𝑥0 − 7𝑛
Da wir für 𝑥0 wieder nicht einsetzten wollen, verwenden wir den Platzhalter C.
𝑥𝑛 = 𝐶 − 7𝑛
Beispielsammlung
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Aufgabe 201
Man bestimme die allgemeine Lösung der Differenzengleichung
𝟐
𝒙𝒏+𝟏 = 𝒙𝒏 + 𝟏 𝒏 ≥ 𝟎
𝟑
und die partikuläre Lösung, die der Anfangsbedingung 𝒙𝟎 = 𝟔 genügt.
Wir können direkt aus der Gleichung herauslesen:
𝑎=
2
;𝑏 = 1
3
Nach der Umformungsvorschrift setzten wir ein:
𝑥𝑛 = {
𝑎𝑛 − 1
,
𝑎−1
𝑥0 + 𝑏𝑛,
𝑎𝑛 𝑥0 + 𝑏
𝑎≠1
𝑎=1
𝑛
2
( ) −1
2 𝑛
2 𝑛
2 𝑛
2 𝑛
𝑥𝑛 = ( ) 𝑥0 + 3
= ( ) 𝑥0 − 3 ( ) + 3 = ( ) (𝑥0 − 3) + 3
1
3
3
3
3
−
3
Die Partikuläre Lösung, die der Anfangsbedingung 𝑥0 = 6 genügt, wird berechnet, indem man
𝑥0 = 6 und 𝑛 = 0 setzt:
2 0
(𝑝)
𝑥𝑛 = ( ) (6 − 3) + 3 = 6
3
Aufgabe 202
Man bestimme die allgemeine Lösung der Differenzengleichung
𝒙𝒏
𝒙𝒏+𝟏 =
𝟏 + 𝒙𝒏
Hinweis: Man benütze die Transformation 𝒙𝒏 =
𝟏
𝒚𝒏
Wir formen entsprechend dem Hinweis um:
1
𝑦𝑛+1
=
1
𝑦𝑛
1+
1
𝑦𝑛
Bilden den Kehrwert…
1+
𝑦𝑛+1 =
1
𝑦𝑛
1
𝑦𝑛
⇒ 𝑦𝑛+1 = 𝑦𝑛 + 1
Jetzt können wir die Koeffizienten 𝑎 = 1, 𝑏 = 1 herauslesen und die Umformungsvorschrift anwenden:
𝑥𝑛 = {
𝑎𝑛 − 1
,
𝑎−1
𝑥0 + 𝑏𝑛,
𝑎𝑛 𝑥0 + 𝑏
𝑎≠1
𝑎=1
𝑦𝑛 = 𝑦0 + 𝑛
Damit wir wieder zurück nach x kommen, formen wir wie zu Beginn nach der Transformationsvorschrift um.
1
1
1
= + 𝑛 ⇒ 𝑥𝑛 =
1
𝑥𝑛 𝑥0
+𝑛
𝑥0
Beispielsammlung
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Aufgabe 203
Gesucht ist die allgemeine Lösung der linearen Differenzengleichung
𝒙𝒏+𝟏 = 𝟑𝟐𝒏 𝒙𝒏 + 𝟑𝒏 𝟐
Grundlegend besteht jede Lösung aus der Summe der homogenen und einer partikulären Lösung:
(𝑝)
(ℎ)
𝑥𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛
Beginnen wir mit der homogenen Lösung:
𝑥𝑛+1 = 32𝑛 𝑥𝑛
In jedem Schritt wird also der Wert mit 32 multipliziert. Mathematisch ausgedrückt würde das so aussehen
(C steht für eine beliebige Anfangskonstante):
𝑛−1
𝑥𝑛 = 𝐶 ∏ 32𝑘
𝑘=0
Damit wird die Potenz von 3 laufend hochsummiert. Man könnte das auch anders anschreiben:
𝑛−1
𝑥𝑛 = 𝐶 ∗ 32 ∑𝑘=0 𝑘
Die Summe ∑𝑛−1
𝑘=0 𝑘 ist jedoch nichts anderes als
𝑛(𝑛−1)
2
(ℎ)
𝑥𝑛 = 𝐶 ∗ 32
.
𝑛(𝑛−1)
2
= 𝐶 ∗ 3𝑛(𝑛−1)
Damit haben wir unsere homogene Lösung gefunden! Für die partikuläre Lösung ersetzen wir in der Angabe alle
𝑥𝑛 durch diese Form:
𝑥𝑛+1 = 32𝑛 𝑥𝑛 + 3𝑛 2
𝐶𝑛+1 ∗ 3(𝑛+1)𝑛 = 32𝑛 𝐶𝑛 ∗ 3𝑛(𝑛−1) + 3𝑛 2
2
2
2
𝐶𝑛+1 ∗ 3𝑛 +𝑛 = 32𝑛 𝐶𝑛 ∗ 3𝑛 −𝑛 + 3𝑛 | ∶ 3𝑛
𝐶𝑛+1 ∗ 3𝑛 = 32𝑛 𝐶𝑛 ∗ 3−𝑛 + 1
1
𝐶𝑛+1 = 𝐶𝑛 + 𝑛
3
2
Auch diese Rekursion lässt sich mathematisch umschreiben:
𝑛−1
1 𝑘
𝐶𝑛 = ∑ ( )
3
𝑘=0
Und auch zu dieser Summe kennen wir bereits den Wert:
𝑛
∑ 𝑞𝑘 =
𝑘=0
1 − 𝑞 𝑛+1
1−𝑞
1 𝑛
1−( )
3 = 3 (1 − 1 )
𝐶𝑛 =
1
2
3𝑛
1−
3
Somit haben wir auch schon unsere partikuläre Lösung gefunden und damit das Beispiel fertig gerechnet:
(ℎ)
(𝑝)
𝑥𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛 = 𝐶 ∗ 3𝑛
Beispielsammlung
2 −𝑛
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3
1
+ (1 − 𝑛 )
2
3
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Aufgabe 204
Bestimmen Sie die Lösung der Differenzengleichung
𝒙𝒏+𝟏 = (𝒏 + 𝟏)𝒙𝒏 + (𝒏 + 𝟏)!, 𝒙𝟎 = 𝟏
Grundlegend besteht jede Lösung aus der Summe der homogenen und einer partikulären Lösung:
(ℎ)
(𝑝)
𝑥𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛
Beginnen wir mit der homogenen Lösung:
𝑥𝑛 = 𝑛𝑥𝑛−1
In jedem Schritt wird 𝑛 zum Wert dazu multipliziert. Wie wissen, ist das die gleiche Eigenschaft wie: 𝑛!
(ℎ)
𝑥𝑛 = 𝐶𝑛!
Für die Berechnung der partikulären Lösung, setzten wir diese Gleichung in die Angabe ein:
𝑥𝑛+1 = (𝑛 + 1)𝑥𝑛 + (𝑛 + 1)!
𝐶𝑛+1 (𝑛 + 1)! = (𝑛 + 1)𝐶𝑛 𝑛! + (𝑛 + 1)! | ∶ (𝑛 + 1)!
𝐶𝑛+1 = 𝐶𝑛 + 1
In jedem Schritt wird einfach nur „ + 1“ dazu addiert. Das lässt sich umschreiben zu:
𝐶𝑛 = 𝑛
Setzen wir das 𝐶𝑛 in 𝑥𝑛 = 𝐶𝑛! ein, erhalten wir unsere partikuläre Lösung:
(𝑝)
𝑥𝑛 = 𝑛 ∗ 𝑛!
Jetzt müssen wir unsere Lösung konstruieren:
(ℎ)
(𝑝)
𝑥𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛 = 𝐶𝑛! + 𝑛 ∗ 𝑛! = 𝑛! (𝐶 + 𝑛)
Wenn wir unseren Startwert 𝑥0 = 1 einsetzen, erhalten wir die Lösung:
𝑥𝑛 = 𝑛! (1 + 𝑛)
Beispielsammlung
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Aufgabe 209
Gesucht sind die allgemeinen Lösungen der linearen homogenen Differenzengleichungen
a)
𝒙𝒏+𝟐 − 𝟓𝒙𝒏+𝟏 − 𝟔𝒙𝒏 = 𝟎
Bei Differenzengleichungen zweiter Ordnung, ersetzen wir 𝑥𝑛+2 mit 𝜆2 , 𝑥𝑛+1 mit 𝜆 und 𝑥𝑛 wird zu 1.
𝜆2 − 5𝜆 − 6 = 0
𝜆1,2 =
5
25 24 5 7
𝜆 =6
±√ +
= ± ⇒ 1
2
4
4
2 2 𝜆2 = −1
Für die Lösung müssen wir nur noch anschreiben:
𝑥𝑛 = 𝐶1 𝜆𝑛1 + 𝐶2 𝜆𝑛2 𝑛 = 𝐶1 6𝑛 + 𝐶2 (−1)𝑛
b) 𝒙𝒏+𝟐 − 𝟔𝒙𝒏+𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝒏 = 𝟎
𝜆2 − 6𝜆 + 12 = 0
𝜆1,2 = 3 ± √9 − 12 = 3 ± √3𝑖
Wir sind also im komplexen Bereich. Für die Lösung berechnen wir Betrag und Winkel:
𝑟 = √32 + 3 = √12
3
1
𝜋
𝜑 = arctan
= arctan
=
√3
√3 3
Die Lösung ist nun:
𝑥𝑛 = 𝑟 𝑛 (𝐶1 cos 𝑛𝜑 + 𝐶2 sin 𝑛𝜑)
c)
𝒙𝒏+𝟐 − 𝟓𝒙𝒏+𝟏 + 𝟔, 𝟐𝟓𝒙𝒏 = 𝟎
𝜆2 − 5𝜆 + 6,25 = 0
𝜆1,2 =
5
25 24 5
±√ −
=
2
4
4
2
Da wir nur ein einziges 𝜆 haben, müssen wir folgende Vorschrift verwenden:
𝑥𝑛 = 𝐶1 𝜆𝑛 + 𝐶2 𝜆𝑛 𝑛
5 𝑛
5 𝑛
𝑥𝑛 = 𝐶1 ( ) + 𝐶2 ( ) 𝑛
2
2
5 𝑛
𝑥𝑛 = ( ) (𝐶1 + 𝐶2 𝑛)
2
Beispielsammlung
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Aufgabe 210
Gesucht sind die allgemeinen Lösungen der linearen homogenen Differenzengleichungen
a)
𝒙𝒏+𝟐 − 𝟕𝒙𝒏+𝟏 + 𝟏𝟐𝒙𝒏 = 𝟎
𝜆2 − 7𝜆 + 12 = 0
𝜆1,2 =
7
49 48 7 1 𝜆1 = 4
±√ −
= ± ⇒
2
4
4
2 2 𝜆2 = 3
𝑥𝑛 = 𝐶1 4𝑛 + 𝐶2 3𝑛
b) 𝒙𝒏+𝟐 + 𝒙𝒏+𝟏 + 𝒙𝒏 = 𝟎
𝜆2 + 𝜆 + 1 = 0
1
1
1
3
𝜆1,2 = − ± √ − 1 = − ± 𝑖 √
2
4
2
4
1 3
𝑟=√ + =1
4 4
√3
3
4
𝜑 = arctan
= arctan −√
1
2
−
2
𝑛𝜋
𝑛𝜋
𝑥𝑛 = 𝑟 𝑛 (𝐶1 cos(𝑛𝜑) + 𝐶2 𝑠𝑖𝑛(𝑛𝜑)) = 𝐶1 cos (− ) + 𝐶2 sin (− )
3
3
c)
𝒙𝒏+𝟐 − 𝟖𝒙𝒏+𝟏 + 𝟏𝟔𝒙𝒏 = 𝟎
𝜆2 − 8𝜆 + 16 = 0
𝜆1,2 = 4 ± √16 − 16 = 4
Da wir nur ein 𝜆 haben müssen wir entsprechend ein „n“ beim zweiten Teil dazu fügen:
𝑥𝑛 = 𝐶1 4𝑛 + 𝐶2 4𝑛 𝑛
Beispielsammlung
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Aufgabe 213
Man bestimme die Lösung nachstehender Differenzengleichung zu den vorgegebenen
Anfangsbedingungen:
𝟒𝒙𝒏+𝟐 + 𝟏𝟐𝒙𝒏+𝟏 − 𝟕𝒙𝒏 = 𝟑𝟔, 𝒙𝟎 = 𝟔, 𝒙𝟏 = 𝟑
Grundlegend besteht jede Lösung aus der Summe der homogenen und einer partikulären Lösung:
(ℎ)
(𝑝)
𝑥𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛
Beginnen wir mit der homogenen Lösung:
4𝜆2 + 12𝜆 − 7 = 0
𝜆1,2
7
𝑏 ± √𝑏 2 − 4𝑎𝑐
12 ± √144 + 112
12 ± 16
3 ± 4 𝜆1 = − 2
=−
=−
=−
=−
⇒
1
2𝑎
8
8
2
𝜆2 =
2
7 𝑛
1 𝑛
(ℎ)
𝑥𝑛 = (− ) 𝐶1 + ( ) 𝐶2
2
2
Für die partikuläre Lösung ersetzen wir jeden Termin mit 𝑥𝑛 durch A.
4𝐴 + 12𝐴 − 7𝐴 = 36
𝐴=4
Die allgemeine Lösung ist:
7 𝑛
1 𝑛
𝑥𝑛 = (− ) 𝐶1 + ( ) 𝐶2 + 4
2
2
Die durch die Anfangsbedingungen gegebene, spezielle Lösung ist:
7 0
1 0
𝑥0 = 6 = (− ) 𝐶1 + ( ) 𝐶2 + 4 = 𝐶1 + 𝐶2 + 4 ⇒ 𝐶1 + 𝐶2 = 2
2
2
7 1
1 1
1
7
𝑥1 = 3 = (− ) 𝐶1 + ( ) 𝐶2 + 4 = 𝐶2 − 𝐶1 + 4 ⇒ 𝐶2 − 7𝐶1 = −2
2
2
2
2
1
3
2
2
Daraus ergibt sich 𝐶1 = und 𝐶2 = .
7 𝑛1
1 𝑛3
𝑥𝑛 = (− ) + ( ) + 4
2 2
2 2
Beispielsammlung
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Aufgabe 269
Konstruieren Sie, wenn möglich einen ungerichteten Graphen mit den Graden
In einem schlichten, ungerichteten Graphen gilt immer das Handschlaglemma. Es besagt, dass die Summe der
Kantennachbarn = 2x der Kantenanzahl entspricht:
∑ 𝑑(𝑣) = 2|𝐸(𝐺)|
𝑑(𝑣) … 𝐾𝑎𝑛𝑡𝑒𝑛𝑛𝑎𝑐ℎ𝑏𝑎𝑟𝑛
𝑣∈𝑉(𝐺)
Somit muss die Summe der Grade immer Gerade sein!
a)
2, 2, 3, 3, 4, 4
2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 4 = 18 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
b) 2, 3, 3, 4, 4, 4
2 + 3 + 3 + 4 + 4 + 4 = 20 ⇒ 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑡
c)
2, 3, 3, 3, 4, 4
2 + 3 + 3 + 3 + 4 + 4 = 19 ⇒ 𝑘𝑎𝑛𝑛 𝑛𝑖𝑐ℎ𝑡 𝑔𝑒𝑧𝑒𝑖𝑐ℎ𝑛𝑒𝑡 𝑤𝑒𝑟𝑑𝑒𝑛
Beispielsammlung
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WS2012/13
Aufgabe 271
Man bestimme die starken Zusammenhangskomponenten des Graphen 𝑮𝟏 .
Stark zusammenhängend
Ein gerichteter Graph heißt stark zusammenhängend, wenn ich von jedem Knoten alle anderen Knoten
erreiche, ohne dass ich gegen eine Pfeilrichtung gehe.
Die stark zusammenhängenden Komponenten sind:




1, 4, 3, 2
5
6
7
Beispielsammlung
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Seite 84 von 126
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WS2012/13
Aufgabe 277
Gegeben sei der ungerichtete schlichte Graph 𝑮 = ⟨𝑽, 𝑬⟩ mit 𝑽 = {𝒂, 𝒃, 𝒄, 𝒅, 𝒆} und 𝑬 =
{𝒂𝒃, 𝒂𝒄, 𝒂𝒆, 𝒃𝒄, 𝒃𝒅, 𝒄𝒆}. Man veranschauliche G graphisch, bestimme seine Adjazenzmatrix sowie alle
Knotengrade und zeige, dass die Anzahl der Knoten, die einen ungeraden Knotengrad besitzen, gerade ist.
Gilt diese Aussage in jedem ungerichteten Graphen?
Die Adjazenzmatrix ist nichts anderes, als eine Matrix, die angibt, welcher Knoten mit welchem verbunden ist:
𝑎
𝑏
𝐴=
𝑐
𝑑
(𝑒
𝑎
0
1
1
0
1
𝑏
1
0
1
1
0
𝑐
1
1
0
0
1
𝑑
0
1
0
0
0
𝑒
1
0
1
0
0)
Die Knotengrade geben an, wie viele Verbindungen von welchem Knoten weggehen:
𝑎, 𝑏, 𝑐 = 3; 𝑒 = 2; 𝑑 = 1
Die Anzahl der Knoten, die einen ungeraden Knotengrad besitzt, muss immer gerade sein, da ansonsten das
Handschlaglemma nicht gilt.
Beispielsammlung
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Aufgabe 289
Man zeige, dass es in einem schlichten, gerichteten Graphen 𝑮 = ⟨𝑽, 𝑬⟩ immer zwei Knoten
𝒙, 𝒚 ∈ 𝑽, 𝒙 ≠ 𝒚, gibt, mit gleichem Weggrad 𝒅+ (𝒙) = 𝒅+ (𝒚), wenn es keinen Knoten 𝒙 ∈ 𝑽(𝑮) mit
Weggrad 𝒅+ (𝒙) = 𝟎 gibt.
Für dieses Beispiel kann der Schubfachschluss verwendet werden. Nehmen wir an, es gibt n-Knoten. Es gibt
keine zwei Knoten, die den gleichen Weggrad besitzen. Damit gilt:
Knoten
Knoten
Knoten
…
Knoten
Knoten
n
n–1
n–2
hat einen Weggrad von
hat einen Weggrad von
hat einen Weggrad von
n–1
n–2
n–3
2
1
hat einen Weggrad von
hat einen Weggrad von
1
0
Da Knoten 1 nicht einen Weggrad von 0 haben darf, muss er sich entscheiden, ob er sich mit jemandem
verbindet oder er ausscheidet. In beiden Fällen entstehen zwei Knoten mit gleichem Weggrad.
Beispielsammlung
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WS2012/13
Aufgabe 305
Man bestimme im folgenden Graphen H für den angegeben Wert von 𝒙 = 𝟐 mit Hilfe des
Kruskalalgorithmus einen minimalen und einen maximalen spannenden Baum.
Bei der Konstruktion eines minimal-spannenden Baumes färbt man nach und nach die Kanten mit den
niedrigsten „Kosten“ ein. Bevor jedoch eine Kante eingefärbt wird, prüft man ob dadurch kein „Kreis“ entsteht.
Würde man einen Kreis schließen, überspringt man die Kante und sucht sich andere Kanten mit dem gleichen
Wert. Gibt es keine anderen Kanten mit dem gleichen Wert, sucht man Kanten mit dem nächsthöheren Wert.
Schlussendlich muss jeder Knoten erreichbar sein. Beim maximal-spannenden Baum verfährt man umgekehrt.
Minimal
Beispielsammlung
Maximal
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WS2012/13
Aufgabe 309
In der folgenden schematisch skizzierten Landkarte sind für eine bestimmte Fracht die Transportkosten
zwischen einzelnen Orten anzugeben. Bestimmen Sie mit Hilfe des Dijkstra-Algorithmus den billigsten
Weg von Ort 𝑷𝟏 zum Ort 𝑷𝟏𝟎 .
P2
P3
P4
P5
P6
P7
P8
P9
P10
Auswahl
Vorgänger
1
3/P1
6/P1
10/P1
1/P1
-
-
-
-
-
P5
P1
2
3/P1
6/P1
10/P1
-
-
-
11/P5
-
P2
P1
5/P2
10/P1
11/P2
9/P2
-
11/P5
-
P3
P2
4
10/P1
11/P2
8/P3
-
11/P5
-
P7
P3
5
9/P7
11/P2
13/P7
11/P5
15/P7
P4
P7
6
11/P2
13/P7
10/P4
15/P7
P9
P4
7
11/P2
12/P9
15/P7
P6
P2
12/P9
15/P7
P8
P9
14/P8
P10
P8
3
8
Beispielsammlung
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Aufgabe 312
Bestimmen Sie zur folgenden Permutation 𝝅 die Zyklendarstellung, das Vorzeichen, sowie die inverse
Permutation 𝝅−𝟏 :
𝟏 𝟐 𝟑 𝟒 𝟓 𝟔 𝟕 𝟖 𝟗
𝝅=(
)
𝟖 𝟗 𝟏 𝟕 𝟐 𝟓 𝟒 𝟑 𝟔
Für die Zyklendarstellung beginne ich mit 1 und schaue mir die Zahl darunter an -> 8. Danach suche ich in der
ersten Zeile 8 und schaue mir die Zahl darunter an -> 3. Danach suche ich wieder 3 und sehe, dass unter 3 ein
Einser steht. Somit ist der Zyklus geschlossen.
(183)(2965)(47)
Für das Vorzeichen betrachte ich die einzelnen Zyklen. Ist die Anzahl der Elemente eines Zyklus (z.B. |(183)| = 3)
ungerade, besitzt dieser Zyklus ein positives Vorzeichen. Ansonsten ist das Vorzeichen negativ.
(+) ∗ (−) ∗ (+) = (−)
Das Vorzeichen ist negativ.
Die inverse Permutation ergibt sich, indem ich die Zyklendarstellung von hinten lese:
(47)(5692)(381)
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Aufgabe 321
Gegeben seien die folgende zweistelligen partiellen Operationen 𝝄 in der Menge M. Man untersuche, in
welchem Falle ein Operation M vorliegt. Welche der Operationen sind assoziativ, welche kommutativ?
a)
𝑴 = {−𝟏, 𝟎, 𝟏}, 𝝄 = 𝒈𝒆𝒘ö𝒉𝒏𝒍𝒊𝒄𝒉𝒆 𝑨𝒅𝒅𝒊𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒃𝒛𝒘. 𝑴𝒖𝒍𝒕𝒊𝒑𝒍𝒊𝒌𝒂𝒕𝒊𝒐𝒏
Die Addition ist nicht abgeschlossen, die Multiplikation schon.
Assoziativ und Kommutativ sind beide.
b) 𝑴 = ℕ, 𝒂 𝝄 𝒃 = 𝟐𝒂𝒃
Abgeschlossen und kommutativ, jedoch nicht assoziativ.
c)
𝑴 = ℚ, 𝒂 𝝄 𝒃 = 𝒂𝒃 + 𝟏
Abgeschlossen und kommutativ, jedoch nicht assoziativ.
d) 𝑴 = ℝ, 𝒂 𝝄 𝒃 = |𝒂 + 𝒃|
Abgeschlossen und kommutativ, jedoch nicht assoziativ.
e) 𝑴 ≠ ∅, 𝒂 𝝄 𝒃 = 𝒂
Abgeschlossen und assoziativ, jedoch nicht kommutativ.
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Aufgabe 345
Man ergänze die folgende Operationstafel so, dass ⟨𝑮 = {𝒂, 𝒃, 𝒄, 𝒅},∗⟩ eine Gruppe ist.
*
A
A
a
B
B
C
D
a
C
a
D
Für die Vervollständigung weiß man sofort, dass



die erste Zeile und erste Spalte trivial ist
d zu sich selbstinvers ist (die anderen Elemente sind bereits vergeben)
zwei Elemente immer das dritte Element ergeben (a als neutrales Element ausgeschlossen)
*
A
B
C
D
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A
a
b
c
d
B
b
a
d
c
C
c
d
a
b
D
d
c
b
a
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Aufgabe 349
Man zeige: Gilt für ein Element a einer Gruppe 𝑮: 𝒂 ∗ 𝒂 = 𝒂, dann ist a das neutrale Element von G.
Nehmen wir an, a ist nicht das neutrale Element. Dann gibt es ein neutrales Element e und ein Inverses 𝑎 −1 .
𝑎∗𝑎 =𝑎
𝑎 ∗ 𝑎 ∗ 𝑎 −1 = 𝑎 ∗ 𝑎−1
𝑎∗𝑒 =𝑒
𝑎=𝑒
a ist also das neutrale Element.
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Aufgabe 350
Man zeige: Eine nichtleere Teilmenge U einer Gruppe G (mit neutralem Element e) ist genau dann eine
Untergruppe von G, wenn
(i)
𝒂, 𝒃 ∈ 𝑼 ⇒ 𝒂𝒃 ∈ 𝑼
(ii)
𝒆∈𝑼
(iii)
𝒂 ∈ 𝑼 ⇒ 𝒂−𝟏 ∈ 𝑼
für alle 𝒂, 𝒃 ∈ 𝑮 erfüllt ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn 𝒂, 𝒃 ∈ 𝑼 ⇒ 𝒂𝒃−𝟏 ∈ 𝑼.
Wir versuchen nun die drei Kriterien zu beweisen. Dafür nehmen wir an, dass 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑈 sowie 𝑎𝑏 −1 ∈ 𝑈.
Schritt 1: Beweis des (ii) Kriteriums
Da wir a und b frei wählen können, kann 𝑒 ∈ 𝑈 leicht bewiesen werden.
𝑎 = 𝑏 ⇒ 𝑎𝑎 −1 ∈ 𝑈 ⇒ 𝑒 ∈ 𝑈
Schritt 2: Beweis des (iii) Kriteriums
Wir machen uns nochmals bewusst, dass wir für 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑈 ⇒ 𝑎𝑏 −1 ∈ 𝑈 beliebige Werte wählen können. Sie
müssen nur in U liegen. Wir haben gerade bewiesen, dass das neutrale Element in U liegt.
𝑎 = 𝑒 ⇒ 𝑒𝑏 −1 = 𝑏 −1 ∈ 𝑈
Dasselbe kann man nun auch mit a machen. Damit sind auch alle Inverse in U.
Schritt 3: Beweis des (i) Kriteriums
−1
In diesem Schritt wählen wir in unserer einzigen Bedingung für 𝑏 −1 = 𝑏 −1 , also das Inverse zum Inversen.
𝑎𝑏 −1
−1
∈ 𝑈 = 𝑎𝑏 ∈ 𝑈
Aufgabe 351
Man zeige: eine nichtleere Teilmenge U einer endlichen Gruppe G ist genau dann Untergruppe von G,
wenn
𝒂, 𝒃 ∈ 𝑼 ⇒ 𝒂𝒃 ∈ 𝑼
Für alle 𝒂, 𝒃 ∈ 𝑮 gilt.
Zuerst wählen wir für 𝑏 = 𝑎.
𝑎∗𝑎 = 𝑏 ⇒ 𝑏∗𝑎 = 𝑐 ⇒𝑐∗𝑎 =𝑑 ⇒⋯
Wir können all unsere Elemente erzeugen, indem wir a hintereinander mit sich selber verknüpfen. Da wir
jedoch eine endliche Gruppe G haben, ist auch die Anzahl der erzeugbaren Elemente nur endlich. Irgendwann
passiert nämlich:
𝑘 ∗ 𝑎 = 𝑎 ⇒ 𝑎𝑙𝑠𝑜 𝑎𝑘 = 𝑎
Da wir nun wissen, dass a in einem bestimmten Intervall wieder auftritt, also zyklisch ist, stimmt die
Behauptung, denn a kann nur dann wieder auftreten, wenn es sich mit dem neutralen Element verknüpft.
𝑖 < 𝑗 ∶ 𝑎𝑖 = 𝑎 𝑗 ⇒ 𝑎 𝑗−𝑖 = 𝑒 ∈ 𝑈
Außerdem ergibt sich das Inverse mit
𝑎 𝑗−𝑖−1 = 𝑎−1 ∈ 𝑈
Wir haben nun die Abgeschlossenheit, das neutrale Element sowie die Existenz von Inversen Elementen
bewiesen. Die Assoziativität übernimmt U von G.
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Aufgabe 352
Beweisen Sie, dass in einer Gruppe (𝑮,∗) die folgenden Rechenregeln für alle 𝒂, 𝒃, 𝒄 ∈ 𝑮 gelten:
a)
𝒂∗𝒃 = 𝒂∗𝒄⇒ 𝒃 =𝒄
Da in einer Gruppe immer Inverse Elemente existieren sowie die Assoziativität gilt, muss ich nur
𝑎−1 dazunehmen:
𝑎−1 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏 = 𝑎 −1 ∗ 𝑎 ∗ 𝑐
𝑒∗𝑏 =𝑒∗𝑐
𝑏=𝑐
b) (𝒂−𝟏 )−𝟏 = 𝒂
(𝑎 −1 )−1 = 𝑏
𝑎𝑏 = 𝑐 | ∗ 𝑎−1
𝑏 = 𝑎−1 𝑐 | ∗ (𝑎 −1 )−1
𝑏𝑏 = 𝑐 ⇒ 𝑏𝑏 = 𝑎𝑏 | ∗ 𝑏 −1
𝑏 = 𝑎 ⇒ (𝑎 −1 )−1 = 𝑎
c)
(𝒂𝒃)−𝟏 = 𝒃−𝟏 ∗ 𝒂−𝟏
(𝑎𝑏)−1 = 𝑏 −1 𝑎 −1 | ∗ (𝑎𝑏)
𝑒 = 𝑏 −1 𝑎−1 (𝑎𝑏)
In einer Gruppe gilt das Assoziativgesetz:
𝑒 = 𝑏 −1 (𝑎−1 𝑎)𝑏 = 𝑏 −1 ∗ 𝑒 ∗ 𝑏 = 𝑏 −1 ∗ 𝑏 = 𝑒
d) Die Gleichung 𝒂 ∗ 𝒙 = 𝒃 ist in G immer eindeutig lösbar.
Ich beweise die Aussage indirekt. Nehmen wir an, es gibt zwei Lösungen 𝑥1 ≠ 𝑥2 .
𝑎 ∗ 𝑥1 = 𝑎 ∗ 𝑥2 | ∗ 𝑎 −1
𝑥1 = 𝑥2
Damit ist festgestellt, dass es nur eine Lösung geben kann.
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Aufgabe 353
Man bestimme alle Untergruppen der Gruppe 𝑺𝟑 aller Permutationen von drei Elementen mit der
Operation der Hintereinanderausführung.
Die Gruppe 𝑆3 besteht aus allen möglichen Permutationen der drei Elemente (0, 1, 2). Hilfreich ist dabei der
Satz von Lagrange. Er besagt, dass die Anzahl der Elemente einer Untergruppe ein Teiler von der Anzahl in 𝑆3 ist.
|𝑆3 | ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 |𝑈|
Es kommen also nur die Mengen mit 1, 2, 3 und 6 Elementen in Frage. 1 bzw. 6 Elemente sind die trivialen
Untergruppen, da sie entweder aus allen oder nur aus dem neutralen Element bestehen.
𝐴 = (1)(2)(3)
𝐵 = (1)(23)
𝐶 = (2)(13)
𝑈6 = 𝑆3 =
𝐷 = (3)(12)
𝐸 = (123)
{ 𝐹 = (132)
𝑈1 = {(1)(2)(3)}
Anschließend haben wir drei Elemente, die jeweils eine Untergruppe mit zwei Elementen erzeugen. Das ist
leicht zu überprüfen, indem man das jeweilige Element mit sich selbst verknüpft. Man bleibt stets in der
jeweiligen Untergruppe.
𝑈𝐵 = {(1)(2)(3), (1)(23)}
𝑈𝐶 = {(1)(2)(3), (2)(13)}
𝑈𝐷 = {(1)(2)(3), (3)(12)}
Die Untergruppe mit drei Elementen beinhaltet das neutrale Element A sowie E und F. Denn
𝐸 𝜊 𝐸 = (123) 𝜊 (123) = (132) ⇒ (132) 𝜊 (123) = (1)(2)(3)
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Aufgabe 356
Sei G die Menge der Permutationen
{(𝟏), (𝟏𝟑), (𝟐𝟒), (𝟏𝟐)(𝟑𝟒), (𝟏𝟑)(𝟐𝟒), (𝟏𝟒)(𝟐𝟑), (𝟏𝟐𝟑𝟒), (𝟏𝟒𝟑𝟐)}
Man veranschauliche G, indem man die Permutationen auf die vier Eckpunkte eines Quadrates wirken
lasse und als geometrische Operationen interpretiere. Man zeige mit Hilfe dieser Interpretation, dass G
eine Untergruppe der symmetrischen Gruppe 𝑺𝟒 ist (Symmetriegruppe des Quadrates), und bestimme
alle Untergruppen.
4
1
f
e
3
2
Permutationen
(1)
(13)
(24)
(12)(34)
(13)(24)
(14)(23)
(1234)
(1432)
Nichts ändert sich
Spiegelung über die e-Achse
Spiegelung über die f-Achse
Horizontale Spiegelung
Drehung um 180°
Vertikale Spiegelung
Drehung um 90° im Uhrzeigersinn
Drehung um 90° gegen den Uhrzeigersinn
Die Symmetriegruppe 𝑆4 beinhaltet alle Permutationen von (1, 2, 3, 4). Das sind 4! = 24 Möglichkeiten. Ein
Kriterium für eine Untergruppe ist bereits erfüllt. In der Untergruppe dürfen nur Elemente aus der
Symmetriegruppe verwendet werden.
Abgeschlossenheit
Außerdem muss die Untergruppe abgeschlossen sein. Wenn wir uns die geometrischen Operationen genauer
anschauen, erkennen wir bereits, dass egal welche zwei Vorgänge miteinander verbinden, wir erhalten das
gleiche Ergebnis mit einem Schritt. Zum Beispiel drehen wir das Quadrat um 90° im Uhrzeigersinn und spiegeln
es über die 1-3 Achse. Mit der horizontalen Spiegelung erreichen wir das gleiche Resultat. Der ausführliche
Beweis ist die folgende Operationstabelle. Am besten funktioniert das, wenn man sich alle 8 Quadrate
aufzeichnet, und die Operationen nacheinander auf die Ecken wirken lässt.
(𝟏)
(𝟏𝟑)
(𝟐𝟒)
(𝟏𝟐)(𝟑𝟒) (𝟏𝟑)(𝟐𝟒) (𝟏𝟒)(𝟐𝟑) (𝟏𝟐𝟑𝟒)
(𝟏𝟒𝟑𝟐)
(𝟏)
(1)
(13)
(24)
(12)(34) (13)(24) (14)(23) (1234)
(1432)
(𝟏𝟑)
(13)
(1)
(𝟐𝟒)
(24)
(13)(24)
(𝟏𝟐)(𝟑𝟒) (12)(34) (1234)
(𝟏𝟑)(𝟐𝟒) (13)(24)
(24)
(𝟏𝟒)(𝟐𝟑) (14)(23) (1432)
(13)(24) (1234)
(1)
(1432)
(1432)
(1)
(13)
(14)(23)
(1234)
(24)
(1432)
(12)(34) (14)(23)
(13)
(1234)
(14)(23) (12)(34)
(14)(23) (13)(24)
(1)
(13)(24) (12)(34)
(24)
(12)(34) (1432)
(13)
(1234)
(1)
(13)
(24)
(𝟏𝟐𝟑𝟒)
(1234)
(12)(34) (14)(23)
(24)
(1432)
(13)
(13)(24)
(1)
(𝟏𝟒𝟑𝟐)
(1432)
(14)(23) (12)(34)
(13)
(1234)
(24)
(1)
(13)(24)
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Assoziativ
Ob wir zuerst spiegeln und danach drehen, oder zuerst drehen und danach spiegeln ergibt das gleiche Ergebnis.
((13)𝜊(24))𝜊(1234) = (13)𝜊((24)𝜊(1234))
(13)(24)𝜊(1234) = (13)𝜊(14)(23)
(1432) = (1432)
Neutrales Element
Das neutrale Element ist die identische Abbildung (1).
Inverse Elemente
Verschiedene Inverse sind zu jedem Element vorhanden. Spiegelungen sind zu sich selbst invers, Drehungen
sind zur entgegengesetzten Richtung invers.
Damit ist bewiesen, dass G eine Untergruppe von 𝑆4 ist: 𝐺 ≤ 𝑆4
Bestimmen der Untergruppe mit 1 Element
Das ist die erste triviale Untergruppe. Sie beinhaltet nur das neutrale Element.
𝑈1 = {(1)}
Bestimmen der Untergruppen mit 2 Elementen
Als erstes wählen wir für die Gruppe das neutrale Element. Da wir nur zwei Elemente haben und wir auch
inverse Elemente brauchen, können wir nur die Operationen auswählen, die selbstinvers sind. Das sind alle
Spiegelungen und die Drehung um 180°.
𝑈2 = {(1), (13)}, {(1), (24)}, {(1), (12)(34)}, {(1), (13)(24)}, {(1), (14)(23)}
Bestimmen der Untergruppe mit 4 Elementen
Auch hier wählen wir das neutrale Element. Anschließend können wir die zwei Diagonalspiegelungen sowie die
Drehung um 180° wählen.
𝑈4 = {(1), (13), (24), (13)(24)}
Zusätzlich gibt es die Drehung um 180° mit den Drehungen um 90° bzw. der horizontalen und vertikalen
Spiegelung.
𝑈4 = {(1), (13)(24), (1234), (1432)}
𝑈4 = {(1), (13)(24), (12)(34), (14)(23)}
Bestimmen der Untergruppe mit 8 Elementen
Dies ist die triviale Untergruppe mit allen Elementen von G.
𝑈8 = {(1), (13), (24), (12)(34), (13)(24), (14)(23), (1234), (1432)}
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Aufgabe 357
In der Symmetriegruppe des Quadrates aus Aufgabe 356) bestimme man die Rechts- bzw.
Linksnebenklassenzerlegung nach einer
a)
von einer Drehung erzeugte Untergruppe.
b) von einer Spiegelung erzeugte Untergruppe.
Links- und Rechtsnebenklasse
Bei der Links- bzw. Rechtsnebenklasse wählt man 𝑎 ∈ 𝐺 und 𝑈 ≤ 𝐺. Anschließend verknüpft man das Element a
mit jedem Element der Untergruppe U und erzeugt so eine neue Untergruppe.
𝐿𝑖𝑛𝑘𝑠𝑛𝑒𝑏𝑒𝑛𝑘𝑙𝑎𝑠𝑠𝑒: 𝑎 𝜊 𝑈 = {𝑎 𝜊 𝑢 | 𝑢 ∈ 𝑈}
𝑅𝑒𝑐ℎ𝑡𝑠𝑛𝑒𝑏𝑒𝑛𝑘𝑙𝑎𝑠𝑠𝑒: 𝑈 𝜊 𝑎 = {𝑢 𝜊 𝑎 | 𝑢 ∈ 𝑈}
Eine Nebenklasse ist also eine um das Element a „verschobene“ Untergruppe. Man spricht „U in G“.
a)
von einer Drehung erzeugte Untergruppe
Die von einer Drehung erzeugte Untergruppe ist:
(1,2,3,4) 𝜊 (1234) = (2,3,4,1) 𝜊 (1234) = (3,4,1,2) 𝜊 (1234) = (4,1,2,3) 𝜊 (1234) = (1,2,3,4)
𝑈 = {(1), (1234), (13)(24), (1432)}
Die Rechtsnebenklassen sind 𝑈 ∗ 𝑥 = {𝑢 ∗ 𝑥 | 𝑢 ∈ 𝑈}
𝑈 ∗ (1) = {(1), (1234), (13)(24), (1432)}
𝑈 ∗ (13) = 𝑈 ∗ (24) = 𝑈 ∗ (12)(34) = 𝑈 ∗ (14)(23)
= {(13), (12)(34), (24), (14)(23)}
Da diese geometrische Operationen kommutativ sind, gilt 𝐿𝑁𝐾 = 𝑅𝑁𝐾.
b) von einer Spiegelung erzeugte Untergruppe
Die von einer Spiegelung erzeugte Untergruppe ist:
(1,2,3,4) 𝜊 (12)(34) = (2,1,4,3) 𝜊 (12)(34) = (1,2,3,4)
𝑈 = {(1), (12)(34)}
Die Nebenklassen sind 𝑈 ∗ 𝑥 = {𝑢 ∗ 𝑥 | 𝑢 ∈ 𝑈}
𝑈 ∗ (1) = 𝑈 ∗ (12)(34) = {(1), (12)(34)}
𝑈 ∗ (13) = {(13), (1234)}
𝑈 ∗ (24) = {(24), (1432)}
𝑈 ∗ (13)(24) = {(13)(24), (14)(23)}
𝑈 ∗ (14)(23) = {(14)(23), (13)(24)}
𝑈 ∗ (1234) = {(1234), (24)}
𝑈 ∗ (1432) = {(1432), (13)}
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Aufgabe 362
Man zeige, dass die von 𝟑 erzeugte Untergruppe U von ⟨ℤ𝟗 , +⟩ ein Normalteiler von ⟨ℤ𝟗 , +⟩ ist und
bestimme die Gruppentafel der Faktorgruppe ℤ𝟗 /𝑼.
Normalteiler
Eine Untergruppe heißt Normalteiler, wenn stets LNK = RNK gilt, also 𝑎 𝜊 𝑁 = 𝑁 𝜊 𝑎. Das ist dann der Fall, wenn
G abelsch, 𝑈 ≤ 𝐺
⇒ 𝑈⊴𝐺
𝑈 ≤ 𝐺, |𝐺 ∶ 𝑈| = 2
Faktorgruppe
Für eine Faktorgruppe nehmen wir einen Normalteiler 𝑁 ⊴ 𝐺 und die Menge der Nebenklassen von G nach N
(𝐺/𝑁).
Dabei bedeutet das nur die Verknüpfung 𝐺/𝑁 ≔ {𝑔𝑁 ∶ 𝑔 ∈ 𝐺}.
Zusätzlich wird noch eine innere Verknüpfung benötigt:
Für 𝐺/𝑁 𝑥 𝐺/𝑁 → 𝐺/𝑁 gilt: (𝑔𝑁) 𝜊 (ℎ𝑁) ∶= (𝑔ℎ)𝑁
Schritt 1: Definition der von 𝟑 erzeugte Untergruppe
Die von 3 Untergruppe sind alle Elemente von ℤ9 , die durch 3 teilbar sind.
𝑈 = ⟨3⟩ = 0,3,6
⟨𝑈, +⟩ ist eine Untergruppe, da sie abgeschlossen ist, es das neutrale Element 0 sowie inverse Elemente gibt.
Außerdem ist sie bezüglich der Addition assoziativ.
Schritt 2: Beweis, dass U ein Normalteiler ist
Da wir wissen, dass 𝐺: ⟨ℤ9 , +⟩ bezüglich der Addition kommutativ, also abelsch ist, kann es nur Normalteiler als
Untergruppen geben.
Schritt 3: Faktorgruppe ℤ𝟗 /𝑼
Die Nebenklassen sind die um 𝑎 ∈ ℤ9 verschobene Normalteiler. Es gilt:
(1 + 𝑈) + (2 + 𝑈) = (1 + 2) + 𝑈 = 𝑈
Die Gruppentafel ist die Verknüpfung der Nebenklassen miteinander.
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+
𝑈
1 + 𝑈
2 + 𝑈
𝑈
𝑈
1 + 𝑈
2 + 𝑈
1 + 𝑈
1 + 𝑈
2 + 𝑈
𝑈
2 + 𝑈
2 + 𝑈
𝑈
1 + 𝑈
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Seite 99 von 126
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Aufgabe 369
Sei 𝝋: 𝑮 → 𝑯 ein Gruppenhomomorphismus. Man zeige, dass dann 𝝋(𝑮) eine Untergruppe von H ist.
Im Homomorphismus gelten bestimmte Voraussetzungen:
𝜑(𝑒𝐺 ) = 𝑒𝐻
𝜑(𝑎−1 ) = 𝜑(𝑎)−1
𝜑(𝑎 𝜊 𝑏) = 𝜑(𝑎) ⋆ 𝜑(𝑏)
Will man eine Menge auf eine Untergruppe prüfen, reicht es, folgende Aussage zu kontrollieren:
𝑎, 𝑏 ∈ 𝜑(𝐺) ⇒ 𝑎 𝜊 𝑏 −1 ∈ 𝜑(𝐺)
𝜑(𝑎) ⋆ 𝜑(𝑏 −1 ) = 𝜑(𝑎) ⋆ 𝜑(𝑏)−1
Wir möchten nun beweisen, dass 𝑏 −1 auch in 𝜑(𝐺) enthalten ist. Da ein Gruppenhomomorphismus jedoch nur
zwischen Gruppen existieren kann, folgt daraus, dass das Inverse von b auch in der Gruppe liegen muss.
Somit ist G eine Untergruppe von H.
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Aufgabe 383
Von der Abbildung 𝒇: (ℤ𝟑 )𝟐 → (ℤ𝟑 )𝟒 sei bekannt, dass f ein Gruppenhomomorphismus bezüglich der
Addition ist (die jeweils komponentenweise definiert sein soll), sowie dass
𝒇(𝟎, 𝟏) = (𝟎, 𝟏, 𝟏, 𝟐), 𝒇(𝟏, 𝟎) = (𝟏, 𝟎, 𝟐, 𝟎).
Man ermittle daraus 𝒇(𝒘) für alle 𝒘 ∈ (ℤ𝟑 )𝟐 .
Da wir bereits zwei Abbildungen gegeben haben, können wir uns den Rest berechnen.
𝑓(𝑎) + 𝑓(𝑏) = 𝑓(𝑎 + 𝑏)
𝑓(1,1) = 𝑓(1,0) + 𝑓(0,1) = (0,1,1,2) + (1,0,2,0) = (1,1,0,2)
𝑓(1,2) = 𝑓(1,1) + 𝑓(0,1) = (1,1,0,2) + (0,1,1,2) = (1,2,1,1)
𝑓(2,1) = 𝑓(1,1) + 𝑓(1,0) = (1,1,0,2) + (1,0,2,0) = (2,1,2,2)
𝑓(2,2) = 𝑓(2,1) + 𝑓(0,1) = (2,1,2,2) + (0,1,1,2) = (2,2,0,1)
𝑓(2,0) = 𝑓(2,2) + 𝑓(0,1) = (2,2,0,1) + (0,1,1,2) = (2,0,1,0)
𝑓(0,2) = 𝑓(2,2) + 𝑓(1,0) = (2,2,0,1) + (1,0,2,0) = (0,2,2,1)
𝑓(0,1) = 𝑓(0,2) + 𝑓(0,2) = (0,2,2,1) + (0,2,2,1) = (0,1,1,2)
𝑓(1,0) = 𝑓(2,0) + 𝑓(2,0) = (2,0,1,0) + (2,0,1,0) = (1,0,2,0)
𝑓(0,0) = 𝑓(0,2) + 𝑓(0,1) = (0,2,2,1) + (0,1,1,2) = (0,0,0,0)
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Aufgabe 400
Untersuchen Sie, ob die folgende Struktur Ring, Integritätsring bzw. ein Körper ist.
𝑴 = {𝟎, 𝟏, 𝟐} mit der Addition modulo 3 und der Multiplikation modulo 4.
Definition Ring
Folgende drei Eigenschaften müssen in Bezug auf (𝑅, +,∗) erfüllt sein, damit man von einem Ring spricht:



(𝑅, +) ist eine abelsche Gruppe (=kommutativ)
(𝑅,∗) ist eine Halbgruppe, also mindestens Assoziativ
Es gilt das Distributivgesetz:
𝑎 ∗ (𝑏 + 𝑐) = 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐
(𝑎 + 𝑏) ∗ 𝑐 = 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐
Untersuchung auf Ringstruktur



(𝑀, +) ist abelsch
(𝑀, +) ist eine Halbgruppe, also assoziativ
Für (𝑀, +) gilt das Distributivgesetz nicht, da
2 ∗ (2 + 1) = 2 ∗ 2 + 2 ∗ 1
2∗0= 0+2
0≠2
Integritätsring
Da wir keinen Ring vorliegen haben, kann es auch kein Integritätsring sein.
Körper
Da wir keinen Ring vorliegen haben, kann es auch kein Körper sein.
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Seite 102 von 126
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Aufgabe 405
Sei ⟨𝑹, +,∗⟩ ein Ring mit Einselement und 𝑬(𝑹) die Menge derjenigen Elemente in R, die bezüglich der
Multiplikation ein inverses Element besitzen. Zeigen Sie, dass 𝑬(𝑹) mit der Multiplikation eine Gruppe
bildet (die Einheitengruppe von R).
Aus der Angabe können wir folgendes entnehmen
1 ∈ 𝐸(𝑅)
Das Einselement (neutrales Element bezüglich der Multiplikation) ist in
E(R) enthalten, da es zu sich selbst invers ist
∀𝑎 ∈ 𝐸(𝑅)∃𝑎−1 : 𝑎 ∗ 𝑎−1 = 1
Es existieren für alle Elemente in E(R) inverse Elemente
Nun müssen wir zeigen, dass E(R) mit der Multiplikation eine Gruppe bildet. Dafür benötigen wir folgende
Gruppeneigenschaften:
 Assoziativität
 Existenz eines neutrales Element
 Existenz von inversen Elementen
Die letzten zwei Eigenschaften werden mit der Angaben bestätigt. Man muss sich nur noch überlegen, ob
unsere Struktur assoziativ ist. Wenn wir uns jedoch die Definition eines Ringes anschauen, erkennen wir, dass
dort bereits die Assoziativität für (𝑅, +) sowie (𝑅,∗) gefordert ist.
Somit haben wir alle drei benötigten Eigenschaften gezeigt. 𝐸(𝑅) bildet mit der Multiplikation eine Gruppe.
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WS2012/13
Aufgabe 409
Beweisen Sie, dass die angegebene Identität in einem Ring R für alle 𝒂, 𝒃 ∈ 𝑹 gilt
(−𝒄 bezeichnet das additive Inverse zu 𝒄).
(−𝒂)𝒃 = −(𝒂𝒃)
Wir haben einen Ring R gegeben. Folgende Gesetze gelten in dieser Struktur:
 (𝑅, +) ist eine abelsche Gruppe
 (𝑅,∗) ist eine abelsche Gruppe
 Die Distributivgesetze gelten (𝑎 ∗ (𝑏 + 𝑐) = 𝑎 ∗ 𝑏 + 𝑎 ∗ 𝑐)
Für diese Aufgabe ist die letzte Eigenschaft wichtig. Bevor ich den Beweis zeige, möchte ich etwas definieren:
0 = 𝑁𝑒𝑢𝑡𝑟𝑎𝑙𝑒𝑠 𝐸𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑏𝑒𝑧ü𝑔𝑙𝑖𝑐ℎ 𝑑𝑒𝑟 𝐴𝑑𝑑𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛
0 ∗ 𝑏 = 0, 𝑑𝑒𝑛𝑛 0 + 0 = 0 ⇒ 0 ∗ 𝑏 + 0 ∗ 𝑏 = 0 ∗ 𝑏 ⇒ 0 ∗ 𝑏 = 0
Der Beweis kann jetzt einfach mit dem Distributivgesetz gezeigt werden:
𝑎 + (−𝑎) = 0 | ∗ 𝑏
(𝑎 + (−𝑎)) ∗ 𝑏 = 0 ∗ 𝑏
𝑎𝑏 + (−𝑎)𝑏 = 0 ∗ 𝑏 | + (−(𝑎𝑏))
(−𝑎)𝑏 = −(𝑎𝑏)
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Aufgabe 412
Sei ⟨𝑹, +,∗⟩ ein Ring. Man zeige, dass dann auch 𝑹 𝒙 𝑹 mit den Operationen
(𝒂, 𝒃) + (𝒄, 𝒅) = (𝒂 + 𝒄, 𝒃 + 𝒅)
(𝒂, 𝒃) ∗ (𝒄, 𝒅) = (𝒂 ∗ 𝒄, 𝒃 ∗ 𝒅)
ein Ring ist.
Damit wieder ein Ring vorliegt, müssen auch diese drei Bedingungen erfüllt sein.
Bedingung 1: Kommutative Gruppe bezüglich der Addition

Assoziativität ist gegeben
((𝑎, 𝑏) + (𝑐, 𝑑)) + (𝑒, 𝑓) = (𝑎, 𝑏) + ((𝑐, 𝑑) + (𝑒, 𝑓))
(𝑎 + 𝑐, 𝑏 + 𝑑) + (𝑒, 𝑓) = (𝑎, 𝑏) + (𝑐 + 𝑒, 𝑑 + 𝑓)
(𝑎 + 𝑐 + 𝑒, 𝑏 + 𝑑 + 𝑓) = (𝑎 + 𝑐 + 𝑒, 𝑏 + 𝑑 + 𝑓)

Neutrales Element (0,0) ist gegeben
(𝑎, 𝑏) + (0,0) = (0 + 𝑎, 0 + 𝑏) = (𝑎, 𝑏)

Inverse Elemente (−𝑎, −𝑏) bezüglich der Addition sind gegeben
(𝑎, 𝑏) + (−𝑎, −𝑏) = (𝑎 − 𝑎, 𝑏 − 𝑏) = (0,0)

Kommutativität ist gegeben
(𝑎, 𝑏) + (𝑐, 𝑑) = (𝑐, 𝑑) + (𝑎, 𝑏)
(𝑎 + 𝑐, 𝑏 + 𝑑) = (𝑐 + 𝑎, 𝑑 + 𝑏)
Bedingung 2: Halbgruppe bezüglich der Multiplikation

Assoziativität
((𝑎, 𝑏) ∗ (𝑐, 𝑑)) ∗ (𝑒, 𝑓) = (𝑎, 𝑏) ∗ ((𝑐, 𝑑) ∗ (𝑒, 𝑓))
(𝑎 ∗ 𝑐, 𝑏 ∗ 𝑑) ∗ (𝑒, 𝑓) = (𝑎 ∗ 𝑏) ∗ (𝑐 ∗ 𝑒, 𝑑 ∗ 𝑓)
(𝑎 ∗ 𝑐 ∗ 𝑒, 𝑏 ∗ 𝑑 ∗ 𝑓) = (𝑎 ∗ 𝑐 ∗ 𝑒, 𝑏 ∗ 𝑑 ∗ 𝑓)
Bedingung 3: Distributivgesetze müssen gelten
((𝑎, 𝑏) + (𝑐, 𝑑)) ∗ (𝑒, 𝑓) = (𝑎, 𝑏) ∗ (𝑒, 𝑓) + (𝑐, 𝑑) ∗ (𝑒, 𝑓)
(𝑎 + 𝑐, 𝑏 + 𝑑) ∗ (𝑒, 𝑓) = (𝑎 ∗ 𝑒, 𝑏 ∗ 𝑓) + (𝑐 ∗ 𝑒, 𝑑 ∗ 𝑓)
(𝑒 ∗ (𝑎 + 𝑐), 𝑓 ∗ (𝑏 + 𝑑)) = (𝑎 ∗ 𝑒 + 𝑐 ∗ 𝑒, 𝑏 ∗ 𝑓 + 𝑑 ∗ 𝑓)
(𝑒 ∗ 𝑎 + 𝑒 ∗ 𝑐, 𝑓 ∗ 𝑏 + 𝑓 ∗ 𝑑) = (𝑎 ∗ 𝑒 + 𝑐 ∗ 𝑒, 𝑏 ∗ 𝑓 + 𝑑 ∗ 𝑓)
Alle drei Bedingungen sind erfüllt. ⟨𝑅 𝑥 𝑅, +,∗⟩ ist wieder ein Ring.
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Aufgabe 426
Man untersuche das Polynom 𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏 auf Irreduzibilität über ℚ.
Ich führe den Beweis über die Nullstellen:
𝑝
𝑝 2
1
1
1
3
𝑥1,2 = − ± √( ) − 𝑞 = − ± √ − 1 = − ± 𝑖 ∗ √
2
2
2
4
2
4
Es liegen komplexe Nullstellen vor. Nun stellt sich die Frage, was die Nullstellen mit der Reduzibilität zu tun
haben. Nach dem Satz von Vieta kann man ein Polynom 2. Grades in die Nullstellenform umschreiben. Da wir
hier aber nur komplexe Nullstellen haben, ist dies nicht möglich und das Polynom ist somit irreduzibel über ℚ.
Man untersuche das Polynom 𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏 auf Irreduzibilität über ℤ𝟑 .
In der Restklasse ℤ3 kann x nur aus 0, 1 𝑜𝑑𝑒𝑟 2 gewählt werden.
𝑥 = 0⇒0+0+1= 1≠0
𝑥 = 1 ⇒ 1 + 1 + 1 = 3 = 0 → ist die einzige Nullstelle
𝑥 = 2⇒4+2+1= 1≠0
2
Die Schreibweise nach Vieta in ℤ3 lautet: (𝑥 − 1) = (𝑥 + 2)
2
Das Polynom ist reduzibel ∀𝑥 ∈ 1.
Frage GIT: Was bedeutet Irreduzibel?
Das Polynom ist nicht durch die Multiplikation von Polynomen niedrigen Grades darstellbar.
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Aufgabe 431
Man zeige, dass die folgenden algebraischen Strukturen Verbände sind. Welche sind außerdem distributiv,
und welche sind Boole’sche Algebren?
a)
(ℝ, 𝒎𝒊𝒏, 𝒎𝒂𝒙)
Definition Verband
(𝑀, ∧, ∨) ist ein Verband, wenn folgende Eigenschaften erfüllt sind:



(𝑀, ∧) ist eine kommutative Halbgruppe
(𝑀, ∨) ist eine kommutative Halbgruppe
Es gelten die Verschmelzungsgesetze
─ 𝑎 = 𝑎 ∧ (𝑎 ∨ 𝑏)
─ 𝑎 = 𝑎 ∨ (𝑎 ∧ 𝑏)
Definition Halbgruppe
Erfüllt eine algebraische Struktur nur die Abgeschlossenheit sowie die Assoziativität ist sie eine Halbgruppe.
Definition distributiver Verband
Es gelten die Distributivgesetzte:
𝑎 ∧ (𝑏 ∨ 𝑐) = (𝑎 ∧ 𝑏) ∨ (𝑎 ∧ 𝑐)
𝑎 ∨ (𝑏 ∧ 𝑐) = (𝑎 ∨ 𝑏) ∧ (𝑎 ∨ 𝑐)
Definition Boole’sche Algebra
Ein distributiver Verband (𝑀,∧,∨) heißt Boole’sche Algebra, wenn er die folgenden Eigenschaften besitzt:
─
─
─
Es gibt ein neutrales Element zu (𝑀,∧)
Es gibt ein neutrales Element zu (𝑀,∨)
Zu jedem 𝑎 ∈ 𝑀 gibt es ein Komplement 𝑎′ ∈ 𝑀
min(𝑎, 𝑏) = 𝑎 ∧ 𝑏
max(𝑎, 𝑏) = 𝑎 ∨ 𝑏
𝑎, 𝑏 ∈ ℝ
Assoziativität
𝑎<𝑏<𝑐
(𝑎 ∧ 𝑏) ∧ 𝑐 = 𝑎 ∧ (𝑏 ∧ 𝑐)
min(𝑎, 𝑏) ∧ 𝑐 = 𝑎 ∧ min(𝑏, 𝑐)
min(𝑎, 𝑐) = min(𝑎, 𝑏)
𝑎=𝑎
(𝑎 ∨ 𝑏) ∨ 𝑐 = 𝑎 ∨ (𝑏 ∨ 𝑐)
max(𝑎, 𝑏) ∨ 𝑐 = 𝑎 ∨ max(𝑏, 𝑐)
max(𝑏, 𝑐) = max(𝑎, 𝑐)
𝑐=𝑐
Assoziativität liegt vor!
Abgeschlossenheit
Minimum und Maximum liegen sicher in ℝ ⇒ Abgeschlossen!
Kommutativität min und max
a ο b = b ο a ⇒ min(𝑎, 𝑏) = min(𝑏, 𝑎)
a ο b = b ο a ⇒ max(𝑎, 𝑏) = max(𝑏, 𝑎)
Wir haben also zwei kommutative Halbgruppen!
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Überprüfung der Verschmelzungsgesetze
Es gibt drei Fälle, wie a und b zueinander stehen können:
1. 𝐹𝑎𝑙𝑙: 𝑎 < 𝑏
𝑎 = 𝑎 ∧ (𝑎 ∨ 𝑏) = 𝑎 ∧ max(𝑎, 𝑏) = min(𝑎, b) = 𝑎
𝑎 = 𝑎 ∨ (𝑎 ∧ 𝑏) = 𝑎 ∨ min(𝑎, 𝑏) = max(𝑎, 𝑎) = 𝑎
2. 𝐹𝑎𝑙𝑙: 𝑎 = 𝑏
𝑎 = 𝑎 ∧ (𝑎 ∨ 𝑎) = 𝑎
𝑎 = 𝑎 ∨ (𝑎 ∧ 𝑎) = 𝑎
3. 𝐹𝑎𝑙𝑙: 𝑎 > 𝑏
𝑎 = 𝑎 ∧ (𝑎 ∨ 𝑏) = 𝑎 ∧ max(𝑎, 𝑏) = min(𝑎, 𝑎) = 𝑎
𝑎 = 𝑎 ∨ (𝑎 ∧ 𝑏) = 𝑎 ∨ min(𝑎, 𝑏) = max(𝑎, 𝑏) = 𝑎
Die Verschmelzungsgesetzte sind gültig!
Distributiv
𝑎<𝑏<𝑐
𝑎 ∧ (𝑏 ∨ 𝑐) = (𝑎 ∧ 𝑏) ∨ (𝑎 ∧ 𝑐)
min(𝑎, max(𝑏, 𝑐)) = min(𝑎, 𝑏) ∨ min(𝑎, 𝑐)
min(𝑎, 𝑏) = max(𝑎, 𝑎)
𝑎=𝑎
Es ist ein distributiver Verband!
Boole’sche Algebra
𝐸𝑖𝑛𝑠𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑒1 𝑏𝑒𝑧ü𝑔𝑙𝑖𝑐ℎ ∧ ∶ 𝑎 ∧ 𝑒1 = 𝑎 ⇒ min(𝑎, 𝑒1 ) = 𝑎 ∀𝑎 ∈ ℝ
𝐸𝑠 𝑔𝑖𝑏𝑡 𝑘𝑒𝑖𝑛𝑒 𝑔𝑟öß𝑡𝑒 𝑍𝑎ℎ𝑙 𝑖𝑛 ℝ!
𝑁𝑢𝑙𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑒0 𝑏𝑒𝑧ü𝑔𝑙𝑖𝑐ℎ ∨ ∶ 𝑎 ∨ 𝑒0 = 𝑎 ⇒ max(𝑎, 𝑒0 ) = 𝑎 ∀𝑎 ∈ ℝ
𝐸𝑠 𝑔𝑖𝑏𝑡 𝑘𝑒𝑖𝑛𝑒 𝑘𝑙𝑒𝑖𝑛𝑠𝑡𝑒 𝑍𝑎ℎ𝑙 𝑖𝑛 ℝ!
𝐸𝑠 𝑔𝑖𝑏𝑡 ∀𝑎 ∈ ℝ 𝐾𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑠𝑜 𝑑𝑎𝑠𝑠 𝑔𝑖𝑙𝑡: 𝑎 𝜊 𝑎′ = 𝑒
Es ist keine Boole’sche Algebra, deshalb muss ich auch keine Komplemente suchen.
b) (ℕ\{𝟎}, 𝒈𝒈𝑻, 𝒌𝒈𝑽)
𝑎 ∧ 𝑏 = 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏)
𝑎 ∨ 𝑏 = 𝑘𝑔𝑉(𝑎, 𝑏)
Assoziativität
(𝑎 ∧ 𝑏) ∧ 𝑐 = 𝑎 ∧ (𝑏 ∧ 𝑐)
𝑔𝑔𝑇(𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏), 𝑐) = 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑔𝑔𝑇(𝑏, 𝑐))
𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏, 𝑐) = 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏, 𝑐)
Abgeschlossenheit
Der ggT und kgV von natürlichen Zahlen ist wieder eine natürliche Zahl -> Abgeschlossen!
Kommutativität ggT und kgV
a ο b = b ο a ⇒ ggT(𝑎, 𝑏) = ggT(𝑏, 𝑎)
a ο b = b ο a ⇒ kgV(𝑎, 𝑏) = kgV(𝑏, 𝑎)
Wir haben also zwei kommutative Halbgruppen!
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Überprüfung der Verschmelzungsgesetze
𝑎 = 𝑎 ∧ (𝑎 ∨ 𝑏) = 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑘𝑔𝑉(𝑎, 𝑏)) = 𝑎
Der größte gemeinsame Teiler von a und dem kgV(a, b) ist logischerweise wieder a.
𝑎 = 𝑎 ∨ (𝑎 ∧ 𝑏) = 𝑘𝑔𝑉(𝑎, 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏)) = 𝑎
Das kleinste gemeinsame Vielfache von a und ggT(a, b) ist wieder a.
Beweis:
𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏) = 𝑐 ⇒ 𝑐|𝑎 ⇒ 𝑘𝑔𝑉(𝑎, 𝑐) = 𝑎
𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏) = 1 ⇒ 𝑘𝑔𝑉(𝑎, 1) = 𝑎
Die Verschmelzungsgesetzte sind also gültig
Distributiv
𝒂 ∧ (𝒃 ∨ 𝒄) = (𝒂 ∧ 𝒃) ∨ (𝒂 ∧ 𝒄)
𝒈𝒈𝑻(𝒂, 𝒌𝒈𝑽(𝒃, 𝒄)) = 𝒌𝒈𝑽(𝒈𝒈𝑻(𝒂, 𝒃), 𝒈𝒈𝑻(𝒂, 𝒄))
Dieser Beweis kann über die Primzahlmengen geführt werden:
ℙ𝑎1 , ℙ𝑏1 𝑠𝑖𝑛𝑑 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑧𝑎ℎ𝑙𝑚𝑒𝑛𝑔𝑒𝑛 𝐴, 𝐵 𝑑𝑒𝑟 𝑔𝑙𝑒𝑖𝑐ℎ𝑒𝑛 𝑃𝑟𝑖𝑚𝑧𝑎ℎ𝑙
𝑔𝑔𝑇 = min(ℙ𝑎1 , ℙ𝑏1 )
𝑘𝑔𝑉 = max(ℙ𝑎1 , ℙ𝑏1 )
𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑘𝑔𝑉(𝑏, 𝑐)) = 𝑘𝑔𝑉(𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑏), 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑐))
min(ℙ𝑎1 , max(ℙ𝑏1 , ℙ𝑐1 )) = max(min(ℙ𝑎1 , ℙ𝑏1 ) , min(ℙ𝑎1 , ℙ𝑐1 ))
Egal in welchem Verhältnis man ℙ𝑎1 , ℙ𝑏1 𝑢𝑛𝑑 ℙ𝑐1 zueinander setzt, die Gleichung stimmt immer.
Boole’sche Algebra
𝐸𝑠 𝑔𝑖𝑏𝑡 𝑒𝑖𝑛 𝐸𝑖𝑛𝑠𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑒1 𝑏𝑒𝑧ü𝑔𝑙𝑖𝑐ℎ 𝑔𝑔𝑇 ⇒ 𝑔𝑔𝑇(𝑎, 𝑒1 ) = 𝑎
Damit diese Behauptung stimmen würde, müsste 𝑒1 ein Vielfaches von allen natürlichen Zahlen sein. Da diese
aber nach oben nicht beschränkt sind, gibt es diese Zahl nicht.
𝐸𝑠 𝑔𝑖𝑏𝑡 𝑒𝑖𝑛 𝑁𝑢𝑙𝑙𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑒0 𝑏𝑒𝑧ü𝑔𝑙𝑖𝑐ℎ 𝑘𝑔𝑉 ⇒ 𝑘𝑔𝑉(𝑎, 𝑒0 ) = 𝑎
Dieses Nullelement existiert, und zwar ist es 1. Denn es gilt: 𝑘𝑔𝑉(𝑎, 1) = 𝑎.
𝐸𝑠 𝑔𝑖𝑏𝑡 ∀𝑎 ∈ ℕ\{0} 𝐾𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒, 𝑠𝑜 𝑑𝑎𝑠𝑠 (𝑎 𝜊 𝑎′ = 𝑒)
Da keine Boole’sche Algebra vorliegt, muss das auch nicht bewiesen werden.
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Aufgabe 434
Sei M die Menge aller Teiler von 60. Bestimmen Sie alle Komplemente in (M, ggT, kgV). Ist diese Struktur
eine Boolesche Algebra?
Primfaktorenzerlegung von 60
60: 2 = 30
30: 2 = 15
15: 3 = 5
5: 5 = 1
Die Primfaktorenzerlegung ergibt also 2,2,3,5.
Komplemente
Teiler
Komplement
1
60
2
30
3
20
4
15
5
12
6
10
10
6
12
5
15
4
20
3
30
2
60
1
Boole’sche Algebra
Möchte ich beweisen, dass eine Boolesche Algebra vorliegt muss ich mir überlegen, welche Bedingungen jeder
Teiler erfüllen muss:


𝑔𝑔𝑇(𝑡, 𝑥) = 60
𝑘𝑔𝑉(𝑡, 𝑥) = 1
Prüfe ich das mit 𝑡 = 2, bekomme ich kein Lösung. Es liegt also keine Boolesche Algebra vor.
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Aufgabe 437
Bildet ℝ𝟐 mit den angegeben Operationen einen Vektorraum über ℝ?
(𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 ) + (𝒚𝟏 , 𝒚𝟐 ) = (𝒙𝟏 + 𝒚𝟏 , 𝟎)
𝝀(𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 ) = (𝝀𝒙𝟏 , 𝟎)
Es reicht zu beweisen, dass eine Definitionsvorschrift des Vektorraums nicht gilt. Somit haben wir bewiesen,
dass ℝ2 mit den angegebenen Operationen keinen Vektorraum bildet.
Betrachten wir dazu die Multiplikation: 𝜆(𝑥1 , 𝑥2 ) = (𝜆𝑥1 , 0). Nach Vektorraumdefinition gilt:
1 ∗ 𝑥⃗ = 𝑥⃗
Testen wir das in unserer Operation mit 𝜆 = 1:
1 ∗ (𝑥1 , 𝑥2 ) = (𝑥1 , 𝑥2 ) ≠ (𝑥1 , 0)
Da 𝑥2 auch andere Werte als 0 annehmen kann, haben wir schon unseren Beweis erbracht, dass kein
Vektorraum vorliegt.
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Aufgabe 443
Untersuchen Sie, ob W Teilraum des Vektorraums ℝ𝟑 über ℝ ist und beschreiben Sie die Menge W
geometrisch:
𝑾 = {(𝒙, 𝒚, 𝒛) | 𝒙 = 𝟐𝒚}
Der Beweis ist beim Teilraum gleich wie beim Vektorraum.
Prüfen wir also zuerst die Addition (ersetzen wir x mit 2y):
6𝑦
4𝑦
2𝑦
( 𝑦 ) + (2𝑦) = (3𝑦)
𝑧
3𝑧
2𝑧
Das Verhältnis zwischen x und y bleibt gleich. Jetzt prüfen wir die Multiplikation:
10𝑦
2𝑦
5 ∗ ( 𝑦 ) = ( 5𝑦 )
𝑧
5𝑧
Auch hier stimmt das Verhältnis. Addition und skalare Multiplikation bleiben stets im Teilraum.
Graphische Interpretation:
Da x und y in einem festen Verhältnis zueinander stehen liegt eine Gerade g vor (𝑦 = 0,5𝑥 + 0), die mit dem
Vektor z eine Ebene aufspannt.
Frage GIT: Unterschied Teilmenge und Teilraum
Im Gegensatz zur Teilmenge muss der Teilraum wieder einen Vektorraum bilden.
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Aufgabe 447
Untersuchen Sie, ob W Teilraum des Vektorraums ℝ𝟑 über ℝ ist und beschreiben Sie die Menge W
geometrisch:
𝑾 = {(𝒙, 𝒚, 𝒛) | 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 ≤ 𝟎}
Definition Vektorraum




𝜆 ∗ (𝑥 + 𝑦) = 𝜆 ∗ 𝑥 + 𝜆 ∗ 𝑦
(𝜆 + 𝜇) ∗ 𝑥 = 𝜆 ∗ 𝑥 + 𝜇 ∗ 𝑥
(𝜆𝜇) ∗ 𝑥 = 𝜆 ∗ (𝜇 ∗ 𝑥)
1∗𝑥 = 𝑥
Es muss gelten



𝑊≠0
𝑣, 𝑤 ∈ 𝑈 ⇒ 𝑣 + 𝑤 ∈ 𝑈
𝜆 ∈ 𝐾, 𝜇 ∈ 𝑈 ⇒ 𝜆𝑢 ∈ 𝑈
Überprüfung der Addition
𝒙𝟏
𝒙𝟐
𝒙𝟏 + 𝒙𝟐
(𝒚𝟏 ) + ( 𝒚𝟐 ) = (𝒚𝟏 + 𝒚𝟐 ) ≤ 𝟎 ?
𝒛𝟏
𝒛𝟐
𝒛𝟏 + 𝒛𝟐
Das lässt sich umschreiben:
(𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ) + (𝒚𝟏 + 𝒚𝟐 ) + (𝒛𝟏 + 𝒛𝟐 ) ≤ 𝟎?
(𝒙𝟏 + 𝒚𝟏 + 𝒛𝟏 ) ≤ 𝟎 𝒖𝒏𝒅 (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 ) ≤ 𝟎
Durch eine Addition können zwei negative Zahlen niemals > 0 werden.
Überprüfung der Multiplikation
𝑥1
𝜆 ∗ (𝑦1 ) = 𝜆 ∗ (𝑥1 + 𝑦1 + 𝑧1 )
𝑧1
Die Multiplikation kann > 0 werden, wenn 𝝀 < 𝟎 ist.
𝝀 ∗ 𝒘 ∈ 𝑾 𝒍𝒊𝒆𝒈𝒕 𝒏𝒊𝒄𝒉𝒕 𝒎𝒆𝒉𝒓 𝒊𝒏 𝑾.
Geometrische Interpretation
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 < 0 umfasst alle Punkte, die unter dieser aufgespannten Ebene liegen.
Frage GIT: Was sagen mir die Koeffizienten 𝒂 + 𝒃 + 𝒄 = 𝟎?
Das ist der Normalvektor!
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Aufgabe 479
Untersuchen Sie, ob die folgenden Vektoren des ℝ𝟒 linear unabhängig sind:
(𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒), (𝟐, 𝟑, 𝟒, 𝟓), (𝟑, 𝟒, 𝟓, 𝟔)
Definition linear unabhängig
Eine Menge 𝑀 = {𝑣1 , 𝑣2 , … , 𝑣𝑛 } von Elementen eines Vektorraums V ist genau dann linear unabhängig, wenn
nur die trivialen Linearkombinationen den Nullvektor darstellen.
Jedenfalls heißt eine Linearkombination trivial, wenn alle Koeffizienten 𝜆𝑖 = 0(1 < 𝑖 ≤ 𝑛). Andernfalls wäre die
Linearkombination nicht trivial.
2
3
0
1
2
3
4
0
𝜆1 ∗ ( ) + 𝜆2 ∗ ( ) + 𝜆3 ∗ ( ) = ( )
3
4
5
0
4
5
6
0
Daraus ergeben sich mehrere Gleichungssysteme:
𝜆1 + 2𝜆2 + 3𝜆3 = 0
2𝜆1 + 3𝜆2 + 4𝜆3 = 0
3𝜆1 + 4𝜆2 + 5𝜆3 = 0
4𝜆1 + 5𝜆2 + 6𝜆3 = 0
Das sind vier Gleichungen für drei Unbekannte. Die Gleichung ist überbestimmt. Eine Lösung lässt sich nur
selten finden, jedoch kann es trotzdem probiert werden.
−2 𝐼𝐼
+1 𝐼
−2𝜆1 − 4𝜆2 − 6𝜆3 = 0
2𝜆1 + 3𝜆2 + 4𝜆3 = 0
−3 𝐼
+1 𝐼𝐼𝐼
−3𝜆1 − 6𝜆2 − 9𝜆3 = 0
3𝜆1 + 4𝜆2 + 5𝜆3 = 0
a)
−𝜆2 − 2𝜆3 = 0
b)
−2𝜆2 − 4𝜆3 = 0
Aus a) lässt sich 𝜆2 ermitteln:
−𝜆2 − 2𝜆3 = 0 ⇒ 𝜆2 = −2𝜆3
Nun setzt man in 𝜆1 + 2𝜆2 + 3𝜆3 = 0 ein:
𝜆1 − 4𝜆3 + 3𝜆3 ⇒ 𝜆1 = 𝜆3
Das heißt, dass 𝜆1 = 𝜆3 ; 𝜆2 = −2𝜆1 für die Gleichung gültig ist.
Beispiel:
2
3
2−8+6
0
1
4 − 12 + 8
2
3
4
0
2∗( )−4∗( )+2∗( ) =(
)=( )
6 − 16 + 10
3
4
5
0
8 − 20 + 12
4
5
6
0
Der Nullvektor lässt sich also durch 𝜆1 , 𝜆2 , 𝜆3 ≠ 0 darstellen. Die Vektoren sind nicht trivial und linear abhängig!
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Aufgabe 496
Sei
𝟏𝟐
𝑨=(
).
𝟑−𝟐
Untersuchen Sie, ob die Matrizen 𝑰𝟐 , A und 𝑨𝟐 im Vektorraum der reelen 2x2-Matrizen linear unabhängig
sind.
Definition linear unabhängig
Eine Menge 𝑀 = {𝑣1 , 𝑣2 , … , 𝑣𝑛 } von Elementen eines Vektorraums V ist genau dann linear unabhängig, wenn
nur die trivialen Linearkombinationen den Nullvektor darstellen.
Jedenfalls heißt eine Linearkombination trivial, wenn alle Koeffizienten 𝜆𝑖 = 0(1 < 𝑖 ≤ 𝑛). Andernfalls wäre die
Linearkombination nicht trivial.
𝑰𝟐
Das ist die Einheitsmatrix der zweiten Dimension. Es muss gelten: 𝐴 ∗ 𝐼 = 𝐼 ∗ 𝐴 = 𝐴
1
𝐼2 = (
0
0
)
1
𝑨𝟐
1
( )
3
(
2
)
−2
(1 2)
1∗1+2∗3 =7
2 ∗ 1 + 2 ∗ (−2) = −2
(3 − 2)
1 ∗ 3 + 3 ∗ (−2) = −3
2 ∗ 3 + (−2) ∗ (−2) = 10
𝐴2 = (
7
−3
−2
)
10
Linear Unabhängig
0 0
)
0 0
12
10
7 −2
0
𝜆1 ∗ (
) + 𝜆2 ∗ ( ) + 𝜆3 ∗ (
)=(
−3 10
3−2
01
0
𝜆1 ∗ 𝐴 + 𝜆2 ∗ 𝐼2 + 𝜆3 ∗ 𝐴2 = (
0
)
0
𝜆1 + 𝜆2 + 7𝜆3 = 0
2𝜆1 − 2𝜆3 = 0 ⇒ 𝜆1 = 𝜆3 ⇒ 𝜆2 = −8𝜆1
Testen der linearen Abhängigkeit durch Einsetzen (𝜆1 = 1, 𝜆2 = −8, 𝜆3 = 1):
(
1−8+7
12
80
7 −2
)−( )+(
)=(
−3 10
3−0−3
3−2
08
2−0−2
0
)=(
−2 − 8 + 10
0
0
)
0
Da sich der Nullvektor durch Koeffizienten ≠ 0 darstellen lässt, sind die Matrizen linear abhängig.
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Aufgabe 507
𝟏
𝟐
𝟏
Sei 𝒇: ℝ𝟐 → ℝ𝟐 die lineare Abbildung mit 𝒇 ( ) = 𝒇 ( ) = ( ).
𝟎
𝟑
−𝟐
Bestimmen Sie 𝒌𝒆𝒓(𝒇) und 𝒇(ℝ𝟐 ) sowie 𝒅𝒊𝒎(𝒌𝒆𝒓(𝒇)) und den Rang von f. Verifizieren Sie die
Beziehung 𝒅𝒊𝒎(𝒌𝒆𝒓(𝒇)) + 𝒓𝒈(𝒇) = 𝒅𝒊𝒎 ℝ𝟐 und die Matrix von f bezüglich der kanonischen Basis.
Kern von f
Der Kern von f umfasst alle 𝑥⃗ ∈ 𝑉, für die 𝑓(𝑥⃗) = 0 gilt. Die Kurzschreibweise ist 𝐤𝐞𝐫(𝒇)
Defekt von f
Die Dimension des Kerns von f ist der Defekt von f. Die Kurzschreibweise ist 𝒅𝒆𝒇(𝒇)
def(𝑓) = dim(𝑘𝑒𝑟(𝑓))
Bild von f
Das Bild von f definiert die Funktion 𝑓(𝑉) = {𝑓(𝑥⃗)|𝑥⃗ ∈ 𝑉}. Die Kurzschreibweise ist 𝒇(𝑽)
Rang von f
Die Dimension des Bildes von f ist der Rang von f. Die Kurzschreibweise ist 𝒓𝒈(𝒇)
𝑟𝑔(𝑓) = dim(𝑓(𝑉))
Schritt 1: Matrix der Abbildung bestimmen
1
0
𝑒1 = ( ) , ⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗
𝑒2 = ( )
0
1
Wir wählen als Grundlage die kanonische Basis 𝐸 = {𝑒⃗⃗⃗⃗,
𝑒2
1 ⃗⃗⃗⃗}
1
1
Die Abbildung von ⃗⃗⃗⃗
𝑒1 ist bereits in der Angabe geben: 𝑓 ( ) = ( )
0
−2
0
2
Für die Abbildung von 𝑓(𝑒⃗⃗⃗⃗)
2 = 𝑓 ( ) können wir 𝑓 ( ) aus der Angabe verwenden. Für die Umwandlung von
1
3
2 1
2
0
( ) in ( ) müssen wir durch 3 dividieren und anschließend ( ) abziehen.
3 0
3
1
1 2
2 1
1 2
2 1
1 2
2 1
0
𝑓 ( ) = 𝑓 ( ( ) − ( )) = 𝑓 ( ( )) − 𝑓 ( ( )) = 𝑓 ( ) − 𝑓 ( )
1
3 3
3 0
3 3
3 0
3 3
3 0
1
2
1
−
1 1
2 1
3
3
= ( ) − ( ) = ( ) − ( ) = ( 3)
2
4
2
3 −2
3 −2
−
−
3
3
3
1
1
0
Die Matrix zur Basis E ist 𝑀𝐸 = (𝐴 ( ) 𝐴 ( )) = (
0
1
−2
Beispielsammlung
−
2
1
3
)
3
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Schritt 2: Kern von f bestimmen
Dazu wendet man das Gauß’sche Eliminationsverfahren an:
1
(
−2
1
3) → 𝑍2 + 2𝑥 𝑍1 → (1
2
0
3
−
1
− )
3
0
1
⇒ 𝑥 − 𝑦 = 0 ⇒ 𝑦 = 3𝑥
3
𝑥
1
1
1
ker(𝐴) = ( ) = 𝑥 ∗ ( ) = [( )] = 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟𝑒 𝐻ü𝑙𝑙𝑒 𝑣𝑜𝑛 ( )
3𝑥
3
3
3
Schritt 3: Defekt von f bestimmen
Der Defekt ist definiert mit: def(𝑓) = dim(ker(𝑓)). Der Kern wird nur von einem Vektor aufgespannt.
Die Dimension des Kerns beträgt deshalb 1.
Schritt 4: Die Funktion 𝒇(ℝ𝟐 ) bestimmen
Das geschieht über die lineare Hülle. Die Matrix kann nicht mehr abbilden als die Linearkombinationen der
Spalten- bzw. Zeilenvektoren.
1
(
−2
Man kann nun den Spaltenvektor (
1
3) → 𝑆2 + 1 𝑆1 → ( 1
2
−2
3
3
−
0
)
0
1
) als Basis des Vektorraums betrachten, den A aufspannt.
−2
1
𝑓(ℝ2 ) = [( )]
−2
Schritt 5: Den Rang von f bestimmen
Der Rang von f ist definiert mit: 𝑟𝑔(𝑓) = dim(𝑓(𝑉)).
Die Dimension der Funktion f ist 1.
Schritt 6: Die Beziehung 𝒅𝒊𝒎(𝒌𝒆𝒓(𝒇)) + 𝒓𝒈(𝒇) = 𝒅𝒊𝒎 ℝ𝟐 verifizieren
dim(ker(𝑓)) + 𝑟𝑔(𝑓) = dim ℝ2
1+1 =2
Frage von GIT: Was genau ist 𝒇(ℝ𝟐 ) überhaupt?
Das sind alle Bilder, die von der linearen Abbildung erzeugt werden.
Beispielsammlung
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Aufgabe 527
Bestimmen Sie mit dem Gaußschen Eliminationsverfahren die Lösung des Gleichungssystems
über dem Körper K:
𝟑𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 − 𝟐𝒙𝟑 + 𝟏𝒙𝟒 = 𝟐
𝟏𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 − 𝟏𝒙𝟑 − 𝟏𝒙𝟒 = 𝟏
𝟓𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 − 𝟑𝒙𝟑 + 𝟑𝒙𝟒 = 𝟏
a)
𝑲=ℝ
3
𝐴 = (1
5
1
1
1
−2
−1
−3
1
2
−1) ; 𝐵 = (1)
3
1
1
1
1
−1
−2
−3
−1 1
1 ) ( 2)
3
1
Schritt 1: Erste und zweite Zeile vertauschen
1
(3
5
Schritt 2: Von der zweiten Zeile 3x die erste Zeile und von der dritten Zeile 5x die erste Zeile abziehen.
1
(0
0
1
−2
−4
−1
1
2
−1
1
4 ) (−1)
8
−4
Schritt 3: Von der dritten Zeile 2x die zweite Zeile abziehen
1
(0
0
1
−2
0
−1
1
0
−1
1
4 ) (−1)
0
−2
Da die Multiplikation von 0 niemals -2 ergeben kann, ist das Gleichungssystem nicht lösbar.
b) 𝑲 = ℤ𝟐
1
𝐴 = (1
1
1
1
1
0
−1
−1
1
0
−1) ; 𝐵 = (1)
1
1
Schritt 1: Von der zweiten Zeile 1x die erste Zeile und von der dritten Zeile 1x die zweite Zeile abziehen.
1
(0
0
1
0
0
0
−1
−1
1 0
0 ) ( 1)
0 1
Schritt 2: Von der dritten Zeile 1x die zweite Zeile abziehen.
1
(0
0
1
0
0
1
(0
0
0
−1
0
0
−1
0
1 0
0 ) ( 1)
0 0
1
0
0
1 0
0 ) ( 1)
0 0
Schritt 3: Spalte 2 und Spalte 3 vertauschen.
Wir können 𝑥3 = −1 = 1 direkt herauslesen. Da die anderen Unbekannten nicht eindeutig sind, umfasst die
Lösungsmenge alle Möglichkeiten, diese Variablen zu setzen. Es muss nur das Verhältnis
𝑥1 = −(𝑥2 + 𝑥4 ) eingehalten werden.
𝑥1
0
1
1
𝑥2
0
1
0
𝐿 = (𝑥 ) = ( ) + 𝜆1 ( ) + 𝜆2 ( )
3
1
0
0
𝑥4
0
0
1
Beispielsammlung
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Aufgabe 532
Wir betrachten Systeme von drei Ebenengleichungen 𝒇𝒊 (𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒂𝒊𝟏 𝒙 + 𝒂𝒊𝟐 𝒚 + 𝒂𝒊𝟑 𝒛 = 𝒃𝒊 mit
Lösungsmengen 𝑳𝒊 ⊆ ℝ𝟑 , 𝒊 = 𝟏, 𝟐, 𝟑. Geben Sie jeweils eine Systemmatrix
𝒂𝟏𝟏 𝒂𝟏𝟐 𝒂𝟏𝟑 𝒃𝟏
(𝒂𝟐𝟏 𝒂𝟐𝟐 𝒂𝟐𝟑 𝒃𝟐 )
𝒂𝟑𝟏 𝒂𝟑𝟐 𝒂𝟑𝟑 𝒃𝟑
Mit geeignetem 𝒂𝒊𝒋 und 𝒃𝒊 aus ℝ so an, dass die 𝑳𝒊 folgende Lage zueinander haben:
a)
𝑳𝟏 ⋂𝑳𝟐 ⋂𝑳𝟑 = {(𝟏, 𝟏, 𝟏)}
Die drei Ebenen werden wie folgt definiert:
1
0
1
𝐸𝑏𝑒𝑛𝑒 1 = (1) + 𝜆1 (0) + μ1 (1)
1
0
0
0
1
0
𝐸𝑏𝑒𝑛𝑒 2 = (1) + 𝜆2 (1) + μ2 (0)
1
0
1
1
1
0
𝐸𝑏𝑒𝑛𝑒 3 = (1) + 𝜆3 (0) + 𝜇3 (0)
1
1
0
Die Systemmatrix lautet:
1
(0
0
0
1
0
0
0
1
1
1)
1
b) 𝑳𝟏 ⋂𝑳𝟐 ⋂𝑳𝟑 = ∅, und alle drei Schnitte 𝑳𝟏 ⋂𝑳𝟐 , 𝑳𝟏 ⋂𝑳𝟑 und 𝑳𝟐 ⋂𝑳𝟑 sind eindimensional und parallel zur
z-Achse.
Die blauen Linien stellen die Ebenen dar (z-Richtung ist nicht eingezeichnet). An den drei Schnittpunkten
entsteht eine Schnittgerade, die parallel zur z-Achse verläuft und eindimensional ist. Eine gemeinsame
Schnittmenge besitzen die Ebenen nicht.
𝑥0
0
0
Die vertikale Ebene ist: (𝑦0 ) + 𝑟 (1) + 𝑠 (0)
𝑧0
0
1
𝑥1
1
0
Die horizontale Ebene ist: (𝑦1 ) + 𝑟 (0) + 𝑠 (0)
𝑧1
0
1
𝑥2
1
0
Die dritte Ebene ist: (𝑦2 ) + 𝑟 (1) + 𝑠 (0)
𝑧2
0
1
𝑥0
𝑥0
𝑥1
𝑥2
𝑥1
𝑥2
𝑦
𝑦
𝑦
𝑦
𝑦
𝑦
Es ist zu beachten, dass ( 0 ) ≠ ( 1 ) ∨ ( 0 ) ≠ ( 2 ) ∨ ( 1 ) ≠ ( 2 ) gelten muss.
𝑧0
𝑧1
𝑧0
𝑧2
𝑧1
𝑧2
1
Die Systemmatrix lautet: (0
1
Beispielsammlung
0
1
1
0
0
0
x0
y1 )
z1
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Aufgabe 540
Bestimmen Sie den Rang der folgenden reellen Matrizen
𝟏 −𝟐 𝟑 −𝟒 𝟓
𝟔
−𝟐 𝟑 −𝟒 𝟓 −𝟔 −𝟕
(
)
𝟑 −𝟒 𝟓 −𝟔 𝟕
𝟖
−𝟒 𝟓 −𝟔 𝟕 −𝟖 −𝟗
Der Rang einer Matrix ist die Anzahl der Zeilenvektoren, die ungleich Null sind. Dafür muss die Matrix zuerst
mithilfe von Zeilen- und Spaltenumformungen in die entsprechende Form gebracht werden.
Schritt 1: Zur zweiten Zeile 2x die erste Zeile addieren, von der dritten Zeile 3x die erste Zeile abziehen, zur
vierten Zeile 4x die erste Zeile addieren
1
0
(
0
0
−2
−1
2
−3
3
2
−4
6
−4
−3
6
−9
5
4
−8
12
6
5
)
−10
15
Schritt 2: Zur dritten Zeile 2x die zweite Zeile addieren, von der vierten Zeile 3x die zweite Zeile abziehen
1
0
(
0
0
−2
−1
0
0
3
2
0
0
−4
−3
0
0
5
4
0
0
6
5
)
0
0
Der Rang unserer Matrix ist 2, da wir zwei Zeilen haben, die ungleich 0 sind.
Beispielsammlung
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Aufgabe 557
Man berechne
𝟏 𝟐 𝟑 𝟒
𝟐 𝟑 𝟒 𝟓
|
|
𝟑 𝟒 𝟓 𝟔
𝟒 𝟓 𝟔 𝟕
In diesem Beispiel möchte man die Determinante berechnen. Die Determinante ist das Produkt der Elemente in
der Hauptdiagonale. Dafür bringen wir die Matrix zuerst in eine Dreiecksform.
Schritt 1: Z2 – 2x Z1; Z3 – 3x Z1; Z4 – 4x Z1
1
0
|
0
0
2
−1
−2
−3
3
−2
−4
−6
4
−3
|
−6
−9
1
0
|
0
0
2
−1
0
0
3
−2
0
0
4
−3
|
0
0
Schritt 2: Z3 – 2x Z2; Z4 – 3x Z2
Da die Multiplikation über die Hauptdiagonale die Determinante ergibt, ist diese 0 (1 * -1 * 0 * 0).
Beispielsammlung
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Aufgabe 563
Für welche 𝒙 ∈ ℚ ist die Matrix A singulär? Bestimmen Sie für den angegebenen Wert von x die inverse
Matrix 𝑨−𝟏 .
𝒙 𝟐 𝟐
𝑨 = (𝟏 𝟏 𝒙 ) , 𝒙 = 𝟏
𝟏 𝒙 −𝟏
Definition Einheitsmatrix (𝑰𝒏 )
In der Einheitsmatrix wird die Diagonale mit 1er gefüllt, alle anderen Stellen sind 0:
1 0
𝐼2 = (
)
0 1
Definition inverse Matrix
Existiert für eine Matrix A eine andere Matrix 𝐴−1 , sodass gilt
𝐴 ∗ 𝐴−1 = 𝐴−1 ∗ 𝑎 = 𝐼𝑛 ,
so heißt diese Matrix invertierbar oder regulär. 𝐴−1 ist die inverse Matrix zu A.
Definition singuläre Matrix
Eine nicht invertierbare Matrix wird als singulär bezeichnet.
Berechnung der inversen Matrix 𝑨−𝟏
A
1
(1
1
2
1
1
Z2 – Z1, Z3 – Z1
2 1
1 |0
−1 0
0
1
0
0
1
0) → ( 0
1
0
2
−1
−1
2 1
−1|−1
−3 −1
Z1 + 2x Z2
1
(0
0
0
−1
0
0 −1
−1|−1
−2 0
Z3 – Z2
0
1
0
0
1
0) → ( 0
1
0
2
−1
0
Z2 – ½ Z3
2
1
−1
0
1
0) → (0
1
0
0
−1
0
0 −1
0 |−1
−2 0
−1
1
𝐴−1 =
(
0
2 1
−1|−1
−2 0
0
1
−1
0
0) →
1
Z2 * (-1), Z3 * (- ½ )
2
3
2
−1
2
3
−
2
1
2
0
1
1
− )→ 0
2
0
1
(
0
1
0
−1
0
0| 1
1 0
2
3
−
2
1
2
0
1
2
1
− )
2
0
1
2
1
−
2)
Für welche 𝒙 ∈ ℚ ist die Matrix A singulär?
Die Matrix ist genau dann singulär (nicht invertierbar), wenn die Determinante von A = 0 ist.
𝑥 2 2
det 𝐴 = |1 1 𝑥 | = 0
1 𝑥 −1
0 = −𝑥 + 2𝑥 + 2𝑥 − 2 + 2 − 𝑥 3 = 3𝑥 − 𝑥 3
= 𝑥(3 − 𝑥 2 )
Entweder 𝑥 = 0 oder 3 − 𝑥 2 = 0 ⇒ 𝑥 = ±√3.
Da √3 nicht in die Menge von ℚ liegt, ist die Matrix für alle 𝑥 ∈ ℚ \ {0} regulär.
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Aufgabe 569
Man bestimme die Eigenwerte der Matrix A sowie zu jedem Eigenwert alle Eigenvektoren:
𝟑 −𝟏
𝑨=(
)
−𝟏 𝟑
Ein Eigenvektor einer Abbildung ist ein vom Nullvektor verschiedener Vektor, dessen Richtung durch die
Abbildung nicht verändert wird. Er wird also nur gestreckt bzw. gestaucht. Der Streckungsfaktor wird als
Eigenwert der Abbildung bezeichnet.
Für die Berechnung dieser Eigenwerte wird zuerst folgende Matrix berechnet:
𝐴 − 𝜆𝐼𝐴
(
3
−1
−1
1
)−𝜆(
3
0
0
3−𝜆
)=(
1
−1
−1
)
3−𝜆
Anschließend wird die Determinante auf 0 gesetzt und das Gleichungssystem gelöst.
3−𝜆
−1
)| = 0
−1 3 − 𝜆
2
(3 − 𝜆) − 1 = 0
9 − 6𝜆 + 𝜆2 − 1 = 0
𝜆2 − 6𝜆 + 8 = 0
𝜆1,2 = 3 ± 1
𝜆1 = 4, 𝜆2 = 2
|(
Die Eigenwerte sind die Nullstellen des Polynoms. Damit kann man auch schon einsetzten (z.B. 𝜆 = 2):
(
3−2
−1
−1
1
)=(
3−2
−1
−1
)
1
Vereinfachen durch das Eliminationsverfahren:
1
(
0
−1
)⇒𝑥−𝑦=0
0
1
Ein Eigenvektor ist die lineare Hülle von [( )]
1
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Aufgabe 578
a)
Für welche 𝒊 ∈ {𝟏, 𝟐, 𝟑} gibt es eine lineare Abbildung 𝒇𝒊 : ℝ𝟐 → ℝ𝟑 mit folgenden Eigenschaften?
𝒇𝟏 : (𝟏, 𝟎) → (𝟐, 𝟏, 𝟎), (𝟎, 𝟏) → (𝟏, 𝟐, 𝟑)
𝒇𝟐 : (𝟏, 𝟎) → (𝟐, 𝟏, 𝟎), (𝟎, 𝟏) → (𝟏, 𝟐, 𝟑), (𝟏, 𝟏) → (𝟐, 𝟐, 𝟐)
𝒇𝟑 : (𝟏, 𝟎) → (𝟐, 𝟏, 𝟎), (𝟎, 𝟏) → (𝟏, 𝟐, 𝟑), (𝟏, 𝟏) → (𝟑, 𝟑, 𝟑)
𝑓(1,1) = 𝑓(0,1) + 𝑓(1,0) = (2,1,0) + (1,2,3) = (3,3,3)
Somit gibt es nur für 𝑖 ∈ {1,3} eine lineare Abbildung.
b) Wählen Sie als f eine lineare Abbildung 𝒇𝒊 aus (a). Geben Sie die f zugehörige Matrix A, die dazu
transponierte Matrix 𝑨𝑻 sowie jene Matrix B an, welche 𝒈 ≔ 𝒇𝝄𝒇𝑻 entspricht, wenn 𝒇𝑻 : ℝ𝟑 → ℝ𝟐 die
𝑨𝑻 zugehörige lineare Abbildung ist.
Die Matrix A zu 𝑓1 :
2
𝐴𝑓1 = (1
0
c)
1
2
2) ; 𝐴𝑓𝑇1 = (
1
3
1
2
0
)
3
Bestimmen Sie die Determinante von B aus Teil (b); wie ergibt sich daraus die Determinante von 2B?
d) Besitzt B einen Eigenvektor zum Eigenwert 0?
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WS2012/13
Aufgabe 579
⃗⃗ = (𝟏, 𝟐, 𝟑), 𝒚
⃗⃗ = (𝟑, −𝟏, 𝟐) und 𝒛
Für die Vektoren 𝒙
⃗⃗ = (𝟐, 𝟐, 𝟏) berechne man
a)
⃗⃗, 𝒚
⃗⃗ und 𝒛
Die Längen von 𝒙
⃗⃗,
Die Länge eines Vektors ist die Wurzel über die Summe der Quadrate.
|𝑥⃗| = √12 + 22 + 32 = √14
|𝑦⃗| = √32 + (−1)2 + 22 = √14
|𝑧⃗| = √22 + 22 + 12 = 3
⃗⃗ und 𝒚
⃗⃗,
b) Den Winkel 𝝋 zwischen 𝒙
Der Winkel zwischen Vektoren wird mit folgender Formel berechnet:
𝑥⃗ ∗ 𝑦⃗
3−2+6 1
=
=
|𝑥⃗| ∗ |𝑦⃗|
14
2
1 𝜋
𝜑 = arccos = ⇒ 60 𝐺𝑟𝑎𝑑
2 3
cos 𝜑 =
c)
⃗⃗, 𝒚
⃗⃗ und 𝒛
Das Volumen des von 𝒙
⃗⃗ aufgespannten Parallelepipedes.
Das Volumen eines Parallelepipedes wird mit dem Spatprodukt berechnet. Für die Berechnung können zwei
verschiedene Möglichkeiten gewählt werden:
Möglichkeit 1: Berechnung über die Determinante
𝑥1
(𝑥⃗, 𝑦⃗, 𝑧⃗) = det (𝑥2
𝑥3
1
|2
3
3
−1
2
2
1
2| → | 0
1
0
𝑦1
𝑦2
𝑦3
3
−7
−7
𝑧1
1
𝑧2 ) = det (2
𝑧3
3
2
1
−2| → |0
−5
0
3
−7
0
3
−1
2
2
2)
1
2
−2| = 21
−3
Möglichkeit 2: Berechnung über (𝑥⃗ × 𝑦⃗) ∗ 𝑧⃗
Die zweite Möglichkeit ist das Skalarprodukt des Kreuzprodukts der Vektoren.
𝑥2 𝑦3 − 𝑥3 𝑦2
4+3
7
𝑥⃗ × 𝑦⃗ = (𝑥3 𝑦1 − 𝑥1 𝑦3 ) = ( 9 − 2 ) = ( 7 )
𝑥1 𝑦2 − 𝑥2 𝑦1
−1 − 6
−7
7
2
( 7 ) ∗ (2) = 14 + 14 − 7 = 21
−7
1
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Aufgabe 594
Ein (𝒏, 𝒌) −Linearcode über ℤ𝟐 ist durch die Kontrollmatrix H gegeben. Gesucht ist n, k, sowie die Menge
C aller Codewörter.
𝟎 𝟏 𝟎 𝟎 𝟏
𝑯 = (𝟎 𝟎 𝟏 𝟎 𝟏)
𝟏 𝟎 𝟎 𝟏 𝟏
Zuerst müssen wir H in die folgende Form bringen:
𝐻 = (−𝑃𝑇 |𝔼𝑛−𝑘 )
0
(0
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
1) → ( 0
1
1
1
0
0
1
1
0
0
0
1
0
0
1) → ( 1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
0) → ( 1
1
0
1
0
1) ⇒ 𝑃 = (
1
1
1
1
0
)
1
1
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0)
1
Somit können wir herauslesen:
0
−𝑃𝑇 = 𝑃𝑇 = (1
0
𝑛 = 5; 𝑘 = 2
Nach der Definition von G können wir umformen:
𝐺 = (𝔼𝑘 |𝑃)
𝐺=(
1
0
0
1
0
1
1
1
0
)
1
Somit sind alle Codewörter die lineare Hülle von G.
10010
01111
00000
11101
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