MUSTERL ¨OSUNGEN DISKRETE MATHEMATIK

2. Vordiplom, ITET
R. Suter
Herbst 2003
M USTERL ÖSUNGEN D ISKRETE M ATHEMATIK
1. Eine Partition der Menge {1, . . . , n} in k Blöcke ist eindeutig dadurch gegeben, dass
man angibt, wie viele der Elemente {1, . . . , n − 1} nicht im gleichen Block wie das
Element n liegen und wie diese Elemente in (k − 1) Blöcke aufgeteilt sind.
Die Anzahl m dieser Elemente muss offensichtlich ≤ n − 1 sein und auch ≥ k − 1,
da weniger als (k − 1) Elemente sich nicht in (k − 1) nicht–leere Blöcke aufteilen
lassen.
Bei gegebenem m ist die Anzahl der
Möglichkeiten, m Elemente aus der Menge
{1, . . . , n} auszuwählen, gleich n−1
m , und die Anzahl der (k − 1)-Partitionen, die
sich aus den so ausgewählten Elementen
bilden lassen (unabhängig von der speziellen
m Wahl dieser Elemente) gleich k−1
.
n−1
P
Damit gibt es insgesamt
m=k−1
Blöcke, womit
n−1
m
·
m k−1
Partitionen der Menge {1, . . . , n} in k
n−1 X
m
m
n−1
=
·
k
k −1
m
m=k−1
bewiesen ist.
Beispiel
3
3
2
3
4
=
+
·
·
2
3
2
2
3
| {z }
| {z }
|{z}
6
3·1
1·3
{1}{2}{3, 4}
{1}{3}{2, 4}
{2}{3}{1, 4}
{1, 2}{3}{4}
{1, 3}{2}{4}
{1}{2, 3}{4}
Bemerkung: Die geforderte Identität lässt sich nicht direkt aus der Formel
n−1
n−1
n
+k ·
=
k
k−1
k
herleiten. — Stattdessen folgt durch mehrfache Anwendung dieser Formel die Identität:
n−1
n−1
n
+k·
=
k
k −1
k
n−1
n−2
n−2
=
+k·
+k·
k −1
k−1
k
n−2
n−2
n−1
+ k2 ·
+k·
=
k
k−1
k −1
..
.
n−1
X
n
m
=
k n−1−m ·
k
k−1
m=k−1
2. Bemerkung: 0 wird als natürliche Zahl betrachtet. — Das Endergebnis ist davon unabhängig.
{n ∈
| n ≤ 106 und ggT(n, 110) = 1 }
ist wegen der Primfaktorzerlegung 110 = 2 · 5 · 11 die Menge derjenigen natürlichen
Zahlen ≤ 106 , die weder durch 2, noch durch 5, noch durch 11 teilbar sind. Dies ist
gereade die Menge X \ ( A ∪ B ∪ C), wenn X , A, B, C die Mengen
X
A
B
C
:=
:=
:=
:=
{n
{n
{n
{n
∈
∈
∈
∈
|n
|n
|n
|n
≤ 106 }
≤ 106 und 2|n } ⊆ X
≤ 106 und 5|n } ⊆ X
≤ 106 und 11|n } ⊆ X ,
bezeichnen.
Anwendung des Inklusions–Exkusions–Prinzips:
# (X \ ( A ∪ B ∪ C))
= #X − # A − #B − #C + #( A ∩ B) + #( A ∩ C) + #(B ∩ C) − #( A ∩ B ∩ C)
6
= 10
j 6+ 1 k= 1000001
10
+ 1 = 500001
#A =
2
k
j 6
10
+ 1 = 200001
#B =
5
j 6
k
10
#C =
+ 1 = 90910
11
#X
#(A ∩ B) = #{ n ∈ | n ≤ 106 und 10|n }
j 6k
10
=
+ 1 = 100001
10
#(A ∩ C) = #{ n ∈ | n ≤ 106 und 22|n }
j 6k
10
+ 1 = 45455
=
22
#(B ∩ C) = #{ n ∈ | n ≤ 106 und 55|n }
j 6k
10
=
+ 1 = 18182
55
#(A ∩ B ∩ C) = #{ n ∈ | n ≤ 106 und 110|n }
j 6k
10
=
+ 1 = 9091
110
# (X \ (A ∪ B ∪ C)) = 1000001 − 500001 − 200001 − 90910
+ 100001 + 45455 + 18182 − 9091 = 363636
Es gibt 363636 zu 110 teilerfremde Zahlen ≤ 106 .
Alternativer Lösungsweg: Man vernachlässige 0 (nicht zu 110 teilerfremd) und
teile die Zahlen von 1 bis 106 in Gruppen zu 110:
106 : 110 = 9090 Rest 100, d. h.
106 = 9090 · 110 + 100 = 9091 · 110 − 10
Unter den Zahlen von 1 bis 110 gibt es 40 zu 110 teilerfremde Zahlen (gerechnet, wie
vorher, mit dem Inklusions–Exklusions–Prinzip
110−
110 110 110 110 110 110 110
−
−
+
+
+
−
= 110−55−22−10+5+2+11−1
2
5
11
10
22
55 110
oder mit dem Taschenrechner). Damit gibt es unter den Zahlen von 1 bis 9091 · 110 =
1000010 insgesamt 9091·40 = 363640 zu 110 teilerfremde Zahlen, von denen 4 unter
den 10 Zahlen 1000001, . . . , 1000010 liegen.
4
ist nicht injektiv.
Bemerkung:
1. Begründung Die multiplikative Gruppe ×
4 = 4 \ {0} hat die Ordnung 4 − 1 = 3,
weshalb für alle drei Elemente x 6= 0 aus 4 gilt, dass x 3 = 1.
2. Begründung: Es ist bekannt, dass 4 isomorph zum Restklassenring aller Polynome mit Koeffizienten in 2 modulo des vom irreduziblen Polynom x 2 + x + 1
erzeugten Ideals ist,
2
4 ' 2 [x]/(x + x + 1)
In diesem Ring ist x 6= 1, aber x 2 + x + 1 = 0 und damit auch
0 = (x 2 + x + 1) · (x − 1) = x 3 − 1 ,
also x 3 = 1 = 13 .
Damit haben die verschiedenen Elemente 1 und x unter der Abbildung das gleiche Bild 1, und die Abbildung ist nicht injektiv.
3. Begründung: Man kann auch mit der schon erwähnten Realisierung von 4 als
2
2 [x]/(x + x + 1) mit 0, 1, x, x + 1 als Repräsentanten der vier Elemente von
4 und der daraus abgeleiteten expliziten Multiplikationstabelle von 4 arbeiten,
um zu zeigen, dass 03 = 0 und 13 = x 3 = (x + 1)3 = 1 ist.
• Der 4-elementige Restklassenring 4 ist wegen 2 6= 0 und 2 · 2 = 0 kein Körper und damit nicht
isomorph zum 4-elementigen Körper 4 .
• In Körpern wird für natürliche Zahlen n mit n gewöhnlich das Körperelement
+ · · ·}+be1
| 1{z
n
zeichnet, wobei 1 hier für das Einselement des Körpers steht. Da der 4-elementige Körper 4
Charakteristik 2 hat (4 = 22 ), gilt damit 2 = 1 + 1 = 0 und 3 = 1 + 1 + 1 = 1, weshalb die vier
verschiedenen Elemente des Körpers nicht durch 0, 1, 2, 3 gegeben sind.
7→ a 3 ∈
4
3. Die Abbildung a ∈
4. Eine mögliche Lösung:
• K 3,3 :
K 3,3
PSfrag replacements
PSfrag replacements
• Unterteilung von K 3,3 :
0
10
3
13
9
2
8
6
7
4
1
11
5
12
• Einbettung der Unterteilung von K 3,3 im gegebenen Graphen mit 14 Ecken und
21 Kanten, indem man die Ecken der Unterteilung auf die gleich nummerierten
Ecken des Graphen abbildet:
4
3
5
2
1
6
0
7
13
8
9
12
10
11
5. Erzeugende Funktion
a(x) =
∞
X
an x n
n=0
= a0 + a1 x + a2 x 2 +
= 0 + 1 · x + 0 · x2 +
= x+
∞
X
n=2
an x n+1 +
X
an x n
n≥3
∞
X
n=3
∞
X
n=1
an−1 x n + an−2 x n − an−3 x n
an x n+2 −
∞
X
an x n+3
n=0
= x + x · (a(x) − a0 − a1 x) + x 2 · (a(x) − a0 ) − x 3 · a(x)
= x − x 2 + (x + x 2 − x 3 ) · a(x)
a(x) =
x − x2
x
=
1 − x − x2 + x3
1 − x2
Bemerkung:
an =
πn 1
1 + (−1)n+1 = sin
2
2
6. Anwendung des Lemmas von Cauchy–Frobenius–Burnside:
G, die Symmetriegruppe des Dreiecks, besteht aus |G| = 6 Elementen und wirkt auf
der Menge X der Färbungen des (9-feldrigen) Dreiecks.
Elemente g von G
Identität
Drehungen um ±120◦
Spiegelungen
Anzahl
1
2
3
|X g | = Anzahl g-invarianter Färbungen
9
9·8·7
3 = 3·2·1 = 84
3
3
3
3
3 + 1 · 1 = 10
(Je nachdem, ob 3 der 3 Markierungen auf der
Spiegelungsachse liegen, oder nur 1 und die restlichen 2 Markierungen spiegelbildlich jeweils
auf einem der 3 Felder zu beiden Seiten der Achse)
Es gibt insgesamt
1
1 X g
|X | = · (84 + 2 · 3 + 3 · 10) = 20
|G|
6
g∈G
verschiedene Möglichkeiten.
7.
a) s → p6 → q4 → p3 → q3 → p1 → q2 → p4 → q5 → p5 → q6 → t
b) Es gibt insgesamt 887 verschiedene Lösungen. Einige Beispiele sind:
•
•
•
•
•
T
S
T
S
T
= {t, q4 }, S = T c
= {s, qi , q j }, i, j beliebig, T = S c
= {t, pi , p j }, i, j beliebig, S = T c
= {s, pi , p j }, i, j aus {1, 2, 3, 5}, T = S c
= {t, q2 , q5 }, S = T c
8. Ein vollständiges Matching des Graphen G = (V, E) ist eine Teilmenge M ⊆ E, so
dass für jede Ecke v ∈ V genau eine Kante m ∈ M des Matchings existiert, die v
enthält: v ∈ m.
Behauptung Der in der Aufgabe gegebene Graph G n besitzt genau
Fn+1 + Fn−1 + 1 + (−1)n
vollständige Matchings, wobei Fn die Fibonacchizahlen bezeichnen (F1 = 1, F2 = 1,
F3 = 2, F4 = 3, F5 = 5, . . . ).
Beweis durch vollständige Fallunterscheidung:
1. Fall: Matchings M, die weder {n, 1}, noch {n, 1} enthalten
sind automatisch Matchings des Gittergraphen
1...n
1...n
.
Davon gibt es Fn+1 .
2. Fall: Matchings M, die sowohl {n, 1}, als auch {n, 1} enthalten
dürfen die Kanten {n − 1, n}, {1, 2}, {n − 1, n}, {1, 2}, {n, n}, {1, 1} nicht enthalten und reduzieren sich damit nach Wegnahme dieser beiden Kanten auf Matchings des Gittergraphen
2...n−1
2...n−1
.
Davon gibt es F(n−2)+1 = Fn−1 .
3. Fall: Matchings M, die {n, 1}, aber nicht {n, 1} enthalten
dürfen die Kanten {n, n} und {1, 1} nicht enthalten und
müssen damit {n − 1, n} enthalten, aber nicht {n − 1, n} enthalten und {1, 2}
enthalten, aber nicht {1, 2}.
Wenn man diese Überlegung in analoger Weise iteriert, erhält man, dass das Matching genau aus den Kanten {1, 2}, {2, 3}, {3, 3}, . . . besteht, die Kanten {1, 2},
{2, 3}, {3, 4}, . . . aber nicht enthält.
Dies führt für ungerades n auf einen Widerspruch und für gerades n auf genau
ein Matching.
Die Anzahl der Matchings in diesem Fall ist also gleich 12 (1 + (−1)n )).
4. Fall: Matchings M, die {n, 1}, aber nicht {n, 1} enthalten
Völlig analog zum 3. Fall ergeben sich 12 (1 + (−1)n )) Möglichkeiten.
Summation der Möglichkeiten ergibt die oben genannte Zahl vollständiger Matchings.
Bemerkung:
Fn+1 + Fn−1 + 1 + (−1)n =
√ !n
1+ 5
+
2
√ !n
1− 5
+ 1 + (−1)n = 4, 9, 11, 20, 29, 49, . . .
2
für n = 3, 4, 5, 6, 7, 8, . . . .