Lösung 9 - Leibniz Universität Hannover

Leibniz Universität Hannover
Fakultät für Mathematik und Physik
Prof. Dr. M. Erné, apl. Prof. Dr. T. Holm
15. Juni 2010
Übungen zu Diskrete Strukturen
Sommersemester 2010
Blatt 9 - Lösungshinweise
25. (a) Zeigen Sie: Eine irreflexive Relation S auf X ist genau dann eine strikte Ordnung
(d.h. transitiv), wenn R = S ∪ idX eine Ordnung auf X ist.
(b) Welche der folgenden Relationen sind strikte Ordnungen?
S = {(x, y) ∈ 6 × 6 | ∃ t ∈ 6 mit y = xt 6= x}, T = {(x, y) ∈ 6 × 6 | x 6= y}.
Lösung: (a) Für irreflexiv-transitives S ist R = S ∪ idX eine Ordnung:
R reflexiv: nach Konstruktion, da idX ⊆ R.
R transitiv: nach Skript, Satz 2.5, ist R2 ⊆ R zu zeigen. Es gilt unter Benutzung
der Distributivgesetze (Skript, Satz 2.2)
R2 = (S ∪ idX )2 = (S ∪ idX )(S ∪ idX )
= S 2 ∪ S idX ∪ idX S ∪ id2X = S 2 ∪ S ∪ idX = S ∪ idX = R
wobei in der vorletzten Gleichung die Voraussetzung S 2 ⊆ S benutzt wurde.
R antisymmetrisch: Sei xRy und yRx; zu zeigen ist dann x = y. Angenommen,
x 6= y, d.h. (x, y) 6∈ idX . Dann ist also xSy und ySx. Nach Voraussetzung ist S
transitiv, daher xSx, im Widerspruch zur Irreflexivität von S.
Umgekehrt ist S 2 ⊆ S zu zeigen, falls R = S ∪ idX eine Ordnung ist.
Es ist S ∩ idX = ∅ (da S irreflexiv), also S = R \ idX . Nach Voraussetzung ist
R antisymmetrisch, daher folgt auch S 2 ∩ idX = (R \ idX )2 ∩ idX = ∅. Mit der
Transitivität von R folgt nun S 2 ⊆ R2 \ idX ⊆ R \ idX = S, d.h. S ist transitiv.
(b) Beide Relationen sind nach Definition irreflexiv.
S ist auch transitiv, also eine strikte Ordnung: sei xSy und ySz, d.h. es gibt t, u ∈
6 \ {1} mit y = xt und z = yu. Damit gilt z = yu = xtu; und außerdem z 6= x, da
wegen t, u 6= 1 auch tu 6= 1. Also ist xSz und damit S transitiv.
T ist nicht transitiv, also keine strikte Ordnung: 1 T 2 T 1, aber nicht 1 T 1.
26. Bestimmen Sie für die Relation R = {(x, y) | xy ≤ 0} auf den ganzen Zahlen Z
(i) die reflexive Hülle,
(ii) den irreflexiven Kern,
(iii) die symmetrische Hülle,
(iv) die transitive Hülle,
(v) die reflexiv-transitive Hülle.
Lösung: Für die relevanten Definitionen siehe [Skript, Abschnitt 2.3].
(i) Es gilt zwar (0, 0) ∈ R, aber (x, x) 6∈ R für alle x 6= 0. Diese Paare müssen für
die reflexive Hülle hinzugenommen werden, also R= = R ∪ {(x, x) | x ∈ Z \ {0}}.
(ii) Bei dem irreflexiven Kern müssen alle Schleifen aus R entfernt werden, also
R6= = R \ {(0, 0)}.
(iii) Die Relation R ist bereits symmetrisch, daher ist sie gleich ihrer symmetrischen
Hülle, also Rs = R.
(iv) R ist nicht transitiv, z.B. ist (−1, 1) ∈ R und (1, −1) ∈ R, aber (−1, −1) 6∈ R.
Nach Definition sind alle Paare (x, y), wobei x und y verschiedene Vorzeichen haben,
bereits in R; ebenso alle Paare (x, y), wobei einer der Einträge Null ist. Es fehlen in
R die Paare (x, y), für die x und y ungleich Null sind und gleiches Vorzeichen haben.
Alle diese liegen aber in der transitiven Hülle, da xR0Ry. Also gilt R→ = Z × Z.
(v) Da nach (iv) bereits die transitive Hülle ganz Z × Z ist, kann beim weiteren
Bilden der reflexiven Hülle nichts mehr hinzukommen, also auch R∧ = Z × Z.
27. Bestimmen Sie die Zusammenhangskomponenten (d.h. die Äquivalenzklassen der reflexivsymmetrisch-transitiven Hülle) folgender Relation auf Z, der Menge der ganzen Zahlen:
(a) R = {(x, y) | |x| = |y|},
(b) R = {(x, y) | |x − y| = 3},
(c) R = {(x, y) | x und y sind teilerfremd},
(d) R = {(x, y) | xy > 0}.
(e) R = {(x, y) | xy ≥ 0}.
Lösung: Anschaulich sind zwei Elemente in der gleichen Zusammenhangskomponente, wenn sie im Diagramm von R durch einen ungerichteten Weg verbunden
sind. Formaler: x, y ∈ (Rs )∧ , wobei Rs = R ∪ Rd die symmetrische Hülle ist und
(Rs )∧ = (Rs )≥0 der reflexiv-transitive Abschluss.
(a) Man sieht leicht, dass R bereits reflexiv, symmetrisch und transitiv ist. Die
Zusammenhangskomponenten sind K0 = {0} und Kn = {−n, n}, n ∈ N.
(b) R ist symmetrisch, also (Rs )∧ = R∧ = {(x, y) | |x − y| = 3m für ein m ∈ N0 }.
Es gibt also genau drei Zusammenhangskomponenten:
K0 = 3Z = {3m | m ∈ Z},
K1 = 3Z + 1 = {3m + 1 | m ∈ Z},
K2 = 3Z + 2 = {3m + 2 | m ∈ Z}.
(c) Je zwei ganze Zahlen x, y sind durch einen (ungerichteten) R-Weg miteinander
verbunden, denn xR1 und 1Ry. Also ist Z die einzige Zusammenhangskomponente
von R.
(d) Die Relation ist bereits symmetrisch und transitiv (vgl. Aufgabe 22). Für alle
x 6= 0 gilt auch xRx. Bei der reflexiv-symetrisch-transitiven Hülle wird also nur das
Paar (0, 0) zu R hinzugefügt. Als Zusammenhangskomponenten erhält man
K1 = {x ∈ Z | x > 0}, die positiven Zahlen
K−1 = {x ∈ Z | x < 0}, die negativen Zahlen
und K0 = {0}.
(e) Die Relation ist bereits reflexiv und symmetrisch. Aber sie ist nicht transitiv;
z.B. ist (1, 0) ∈ R und (0, −1) ∈ R, aber (1, −1) 6∈ R. Für alle x, y ∈ Z gilt aber
(x, 0) ∈ R und (0, y) ∈ R, d.h. (x, y) ist in der transitiven Hülle von R. Damit hat
R nur eine Zusammenhangskomponente.
Knacky 9: Teilende Nachbarschaft
Wir bezeichnen mit Tn die durch die Teilbarkeitsrelation |n geordnete Menge aller Teiler der
Zahl
Q
e
n = kj=1 pj j ,
wobei p1 , ..., pk die verschiedenen Primteiler von n sind. Wieviele Elemente hat Tn , und aus
wievielen Paaren besteht die zu |n gehörige Nachbarschaftsrelation |∨n ?
Lösung:
Wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung natürlicher Zahlen ist die Abbildung
Q
Q
r
fn : Pn = kj=1 {0, ..., ej } → Tn , (r1 , ..., rk ) 7→ kj=1 pj j
bijektiv. Also gilt
Q
Q
] Tn = ]( kj=1 {0, ..., ej }) = kj=1 (ej + 1).
In Tn ist x genau dann unterer Nachbar von y, wenn y/x einen Primzahl ist. Übertragen
wir mittels fn die Nachbarschaftsrelation auf Pn , so sehen wir, dass dort (r1 , ..., rk ) dann
und nur dann ein unterer Nachbar von (s1 , ..., sk ) ist, wenn es genau eine Position
j mit
Q
rj + 1 = sj und ri = si für alle anderen i gibt. Bei festem j hat man daher ej j6=i (ei + 1)
Möglichkeiten, ein benachbartes Paar auszuwählen. Insgesamt sind das also
Q
Pk
j=1 ej
j6=i (ei + 1)
solche Paare.