Mathematik 1 - oth

Wintersemester 2011/2012
Wirtschaftsinformatik Bachelor IW1
Informatik Bachelor IN1
Vorlesung Mathematik 1
Hochschule Regensburg
Fakultät Informatik/Mathematik
Christoph Böhm
Mathematik 1
Lösungsvorschläge zum 2. Übungsblatt
Relationen, Zahlenmengen, Algebraische Strukturen
Die roten F-Sterne zeigen Aufgaben zum verschärften Nachdenken
Aufgabe 2.1
Sei die Menge M := {Schere, Stein, Papier, Brunnen} gegeben. Weiter werde die Relation R wie
nachfolgend definiert:
R := (Schere, Papier), (Stein, Schere), (Papier, Stein),
(Papier, Brunnen), (Brunnen, Schere), (Brunnen, Stein) .
a) Entscheiden Sie ob die angegeben Relation reflexiv, symmetrisch, antisymmetrisch oder
transitiv ist.
b) Stellen Sie die Relation graphisch dar und interpretieren Sie diese als Spiel.
c) Zeigen Sie, dass die Strategie Brunnen“ dominant zur Strategie Stein“ ist.
”
”
d) Wie ändert sich die Spielsituation durch Weglassen des Elements Stein“?
”
e) Wie ist R zu wählen, sodass durch Hinzufügen eines neuen Elements Streichholz“ ein
”
ausgeglichenes Spiel resultiert?
Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2.1
a) Die Relation ist nur antisymmetrisch, denn es gilt
∀x, y ∈ M : ¬(xRy ∧ yRx).
b) Die graphische Darstellung der Relation durch einen Graph kann wie nachfolgend erfolgen.
Schere
Papier
Stein
Brunnen
xRy kann dabei mit x schlägt“ y interpretiert werden.
”
c) Sowohl Stein als auch Brunnen schlagen Schere, verlieren aber beide gegen Papier. Im direkten Vergleich gewinnt jedoch Brunnen. Somit kann Brunnen als dominant“ im Vergleich
”
zu Stein betrachtet werden.
d) In diesem Falle würde ein ausgeglichenes Spiel resultieren.
Schere
Papier
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Brunnen
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e) Durch Hinzufügen eines neuen Elements Streichholz“ (verbrennt Papier, schwimmt im
”
Brunnen, wird vom Stein zerschlagen und von Schere zerschnitten) gilt:
Schere
Stein
Papier
Brunnen
Streichholz
Dieses Spiel ist ausgeglichen, da jedes Element jeweils zweimal gewinnt und zweimal verliert.
Aufgabe 2.2
Die Menge Z sei versehen mit folgender Relation R :
R := {(n, m) ∈ Z2 | ∃d ∈ N : n = m + d}
Prüfen Sie ob diese Relation reflexiv, symmetrisch, antisymmetrisch oder transitiv ist. Welche
Eigenschaften wären zutreffend, wenn anstatt R die Relation R0 betrachtet wird. Dabei sei
R0 := {(n, m) ∈ Z2 | ∃d ∈ N0 : n = m + d}.
Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2.2
Die Relation R erfüllt nachfolgende Eigenschaften:
a) Antisymmetrie, denn es gilt ∀n, m ∈ Z: ¬(nRm ∧ mRn)
b) Transitivität, denn wenn nRm und mRp erfüllt sind, so gilt n = m + d1 und m = p + d2 ,
d.h. n = p + d mit d := d1 + d2 ∈ N und somit auch nRp.
Die Relation R0 ist zusätzlich sogar noch reflexiv, da d = 0 hier zugelassen ist. Somit stellt R0
eine Ordnungsrelation dar. Gebräuchlicher für obige Relationen sind nachfolgende Schreibweisen.
xRy :⇔ x > y,
xR0 y :⇔ x ≥ y
Aufgabe 2.3
Prüfen Sie, ob nachfolgende Funktionen injektiv, surjektiv oder bijektiv sind.
a) Die Funktion f : N → N mit n 7→ 2n.
b) Die Teileranzahlfunktion d : N → N mit x 7→ n ∈ N n|x .
c) Die Funktion f : [1, 3] × [−1, 1] → R mit (x, y) 7→ x2 + y 2 .
Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2.3
a) Es gilt: f (1) = 2, f (2) = 4, f (3) = 6, . . .. Somit ist f (N) = 2N, d.h. f ist nicht surjektiv.
Weiter ist f injektiv, da gilt: ∀n, m ∈ N : n 6= m ⇒ f (n) = 2n 6= 2m = f (m). Insgesamt ist
f daher nicht bijektiv.
b) Zunächst kann folgende Feststellung gemacht werden:
d(2n ) = (n + 1) für alle n ∈ N0
Hiermit ergibt sich unmittelbar die Surjektivität. Wegen d(2) = 2 = d(p) für alle p ∈ P ist
d jedoch nicht injektiv und daher auch nicht bijektiv.
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c) f ist nicht injektiv, denn es gilt: f (x, 1) = 1 + x2 = f (x, −1) für alle y ∈ [1, 3]. Desweiteren
ist f nicht surjektiv, da beispielsweise stets f (x, y) ≥ 0 gilt. Insgesamt ist f daher nicht
bijektiv.
Aufgabe 2.4
n
n+1
Zeigen Sie dass die Zahl 1 + 22 + 22
für alle n ∈ N stets durch 7 teilbar ist.
Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2.4
Dies wird induktiv nachgewiesen.
n
n+1
(IV) A(n) : f (n) := (1 + 22 + 22
) ≡ 0 mod 7 für alle n ∈ N
(IA) A(1) : 1 + 22 + 24 = 21 ≡ 0 mod 7
(IS) Zu zeigen: ∀n ∈ N : A(n) ⇒ A(n+1). D.h. aus der Richtigkeit von A(n) soll die Richtigkeit
von A(n + 1) folgen.
Hierbei wird gezeigt, dass die Differenz f (n + 1) − f (n) durch 7 teilbar ist (d.h. f (n + 1) −
f (n) ≡ 0 mod 7). Falls dies nachgewiesen werden kann gilt (wegen f (n) ≡ 0 mod 7)
f (n + 1) = [f (n + 1) − f (n)] + f (n) ≡ 0
mod 7.
Dass die betrachtete Differenz durch 7 teilbar ist, kann wie folgt eingesehen werden.
f (n + 1) − f (n) = 22
= 22
n+2
n
n
n
n
n
n
− 22 = 24 2 − 22 = 22 (23 2 − 1)
n
n
n
2n
(23 ) − 1 = 22 (82 − 1) ≡ 22 (1 − 1) ≡ 0
mod 7
Aus dem Induktionsanfang (IA) und dem Induktionsschluss (IS) folgt somit die Behauptung.
Aufgabe 2.5
Zeigen Sie, dass das Paar (A, ◦) mit A := f : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} f bijektiv eine nichtkommutative Gruppe darstellt. Dabei stellt ◦“ die Verknüpfung der Komposition dar.
”
Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2.5
Hier müssen die drei Eigenschaften einer Gruppe nachgewiesen werden. Zunächst ist jedoch
festzuhalten, dass die Komposition ◦ auf A überhaupt eine Verknüpfung darstellt, d.h. es muss
gelten:
◦ : A × A → A.
Dies ist aber wegen Satz 1.6 stets der Fall, da die Komposition zweier bijektiver Funktionen
wiederum bijektiv ist. D.h. für alle f, g ∈ A gilt f ◦ g ∈ A. Die Gruppeneigenschaften können
dann wie folgt eingesehen werden:
a) Assoziativität: Seien f, g, h ∈ A. Dann gilt für alle x ∈ {1, 2, 3, 4}
f ◦ (g ◦ h) (x) = f (g ◦ h)(x) = f g h(x) = (f ◦ g) h(x) = (f ◦ g) ◦ h (x)
b) Existenz eines neutralen Elements: Die Funktion id : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} mit x 7→ x
verhält sich neutral im Sinne der Komposition, denn es gilt für alle f ∈ A
(f ◦ id)(x) = f id(x) = f (x), (id ◦ f )(x) = id f (x) = f (x).
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c) Existenz inverser Elemente: Sei f ∈ A mit f (k) =: ak ∈ {1, 2, 3, 4} für k = 1, 2, 3, 4. Dann
gilt wegen der Surjektivität {a1 , a2 , a3 , a4 } = {1, 2, 3, 4}. Die Abbildung f −1 : {1, 2, 3, 4} →
{1, 2, 3, 4} mit ak 7→ k stellt dann das inverse Element von f bezüglich der Komposition
dar, denn es gilt für alle k ∈ {1, 2, 3, 4}
(f ◦ f −1 )(ak ) = f f −1 (ak ) = f (k) = ak , (f −1 ◦ f )(k) = f −1 f (k) = f −1 (ak ) = k.
Somit stellen f ◦ f −1 und f −1 ◦ f die identische Abbildung id dar.
Insgesamt ist (A, ◦) somit eine Gruppe. Diese ist jedoch nicht abelsch. Beispielsweise können f
und g wie nachfolgend gewählt werden.
f : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} mit 1 7→ 2, 2 7→ 3, 3 7→ 4, 4 7→ 1
g : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} mit 1 7→ 3, 2 7→ 1, 3 7→ 4, 4 7→ 2
Die Kompositionen f ◦ g und g ◦ f lauten dann:
f ◦ g : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} mit 1 7→ 4, 2 7→ 2, 3 7→ 1, 4 7→ 3
g ◦ f : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} mit 1 7→ 1, 3 7→ 2, 2 7→ 4, 4 7→ 3
Somit gilt (f ◦ g) 6= (g ◦ f ), d.h (A, ◦) ist nicht abelsch. Diese Gruppe wird auch als Permutationsgruppe S4 bezeichnet.
Aufgabe 2.6
Stellen Sie eine Teilbarkeitsregel für die Division durch 11 auf.
Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2.6
Es gilt folgende Teilbarkeitsregel:
Pn
k
Eine Zahl x =
k=0 ak 10 ∈ N mit ak ∈ {0, 1, . . . , 9} ist genau dann durch 11 teilbar,
wenn die sog. alternierende Quersumme durch 11 teilbar ist. D.h es muss gelten
n
X
(−1)k ak ≡ 0 mod 11
k=0
Beispielsweise ist die Zahl x = 145915 durch 11 teilbar denn es gilt −1 + 4 − 5 + 9 − 1 + 5 = 11.
Zum Nachweis verwendet man, dass 10 ≡ −1 mod 11 gilt. Damit ergibt sich dann
n
X
(10)k ak ≡
k=0
n
X
(−1)k ak
mod 11.
k=0
Aufgabe 2.7
F Zeigen Sie, dass es keine Zahl r ∈ Q gibt mit r2 = p für alle p ∈ P. √
Hinweis: Lassen Sie sich von dem Nachweis der Irrationalität von 2 inspirieren. Ferner sollte
das Lemma von Euklid zum Einsatz kommen.
Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2.7
Diese Aussage wird mittels einem Beweis durch Widerspruch gezeigt.
Sei dazu p ∈ P beliebig aber fest. Angenommen es gibt ein r ∈ Q mit r2 = p, so gibt es ein
a ∈ Z und b ∈ N mit r = ab . Wiederum soll der Bruch ab in gekürzter Form vorliegen. Somit gilt
a2 = pb2 , d.h. p | a2 = a · a. Nach dem Lemma von Euklid teilt somit p auch einen der beiden
Faktoren (a oder a) also a, d.h. es gilt p|a. Deshalb kann a auch in der Form a = m · p mit
m ∈ Z dargestellt werden. Wegen a2 = pb2 gilt ferner m2 p2 = pb2 ⇔ m2 p = b2 , d.h. b2 ist durch
p teilbar. Wiederum folgt nach Anwendung des Lemmas von Euklid auch die Teilbarkeit von
b durch p. Insgesamt sind somit a als auch b durch p teilbar. D.h. der Bruch ab liegt nicht in
gekürzter Form vor. (Widerspruch)
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Aufgabe 2.8
F Zwei Mengen A und B heißen gleichmächtig, wenn es eine bijektive Abbildung f : A → B gibt.
Insbesondere nennt man eine zu N gleichmächtige Menge abzählbar unendlich. Eine unendliche Menge die nicht abzählbar unendlich ist, wird hingegen als überabzählbar unendlich
bezeichnet. Zeigen Sie:
a) Die Menge 2N := {2n | n ∈ N} ist abzählbar unendlich.
b) Die Menge der ganzen Zahlen Z ist abzählbar unendlich.
c) Die Menge der positiven rationalen Zahlen ist ebenfalls abzählbar unendlich.
Hinweis: Nachfolgendes Schema könnte sich bei der Bearbeitung der Aufgabe als nützlich
erweisen:
1
2
3
4
5
1
1
1
1
1 ...
2
3
4
5
1
2
2
2
2
2 ...
2
3
4
5
1
3
3
3
3
3 ...
1
2
3
4
5
4
4
4
4
1 ...
2
3
4
5
1
5
5
5
5
5 ...
.. .. .. .. .. . .
.
. . . . .
d) Folgern Sie hieraus, dass die Menge der rationalen Zahlen Q abzählbar unendlich ist.
e) Die reellen Zahlen R sind überabzählbar unendlich.
Hinweis: Zeigen Sie durch einen Widerspruchsbeweis, dass schon allein die Menge [0, 1]
überabzählbar ist. Man nehme dazu an es gäbe ein Aufzählung aller Zahlen aus [0,1] der
Form
x1 = 0, a11 a12 a13 a14 a15 . . .
x2 = 0, a21 a22 a23 a24 a25 . . .
x3 = 0, a31 a32 a33 a34 a35 . . .
x4 = 0, a41 a42 a43 a44 a45 . . .
x5 = 0, a51 a52 a53 a54 a55 . . .
..
..
.
.
Ziel ist es dann eine Zahl b = 0, b1 b2 b3 b4 b5 . . . anzugeben, die in dieser Aufzählung nicht
auftreten kann. Beispielsweise könnte die Zahl b von nachfolgender Bauart sein
(
? falls akk = ?
bk :=
, mit k = 1, 2, . . .
? sonst
Lösungsvorschlag zu Aufgabe 2.8
a) Die Abbildung f : N → 2N mit n 7→ 2n stellt eine Bijektion zwischen N und 2N dar. Somit
sind N und 2N gleichmächtig, d.h. 2N ist abzählbar unendlich.
b) Die Abbildung f : N → Z mit 1 7→ 0, 2 7→ 1, 3 7→ −1, 4 7→ 2, 5 7→ −2, 6 7→ 3, 7 7→ −3, . . . ,
d.h.
(
n
,
falls n gerade
n 7→ f (n) := 2 n−1
− 2 , falls n ungerade
stellt eine Bijektion zwischen N und Z dar. Somit ist auch Z abzählbar unendlich.
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c) Hier wird das angegebene Schema wie folgt durchlaufen
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
/1
2
C3
2
2
C2 3
3
3
2
3
C
4
4
C2 3
5
2
6
2
1
/1
/1
4
C5 6
2
2
2
6
C4 5
3
4
3
5
3
6
4
4
4
5
4
6
5
3
5
4
5
5
5
6
6
3
6
4
6
5
6
6
..
.
Bei Durchlaufung dieses Schemas (wobei bereits zuvor durchlaufene Zahlen ausgelassen
werden) erhält man somit eine Bijektion q : N → Q+ . D.h. es gilt 1 7→ 11 , 2 7→ 12 , 3 7→ 21 ,
4 7→ 31 , 5 7→ 14 , 6 7→ 23 , 7 7→ 32 , . . .
Somit ist die Menge Q+ abzählbar unendlich.
d) Hier wird analog wie im Falle des Nachweises zur Abzählbarkeit von Z vorgegangen. Dabei
betrachte man die Abbildung f : N → Q mit 1 7→ 0, 2 7→ q(1), 3 7→ −q(1), 4 7→ q(2),
5 7→ −q(2), 6 7→ q(3), 7 7→ −q(3), . . . , d.h. es gilt
(
falls n gerade
q n2 ,
n 7→ f (n) :=
n−1
q 2 , falls n ungerade
für n ∈ N und 1 7→ f (1) := 0. Dann stellt f die gesuchte Bijektion zwischen N und Q dar,
d.h. Q ist abzählbar unendlich.
e) Die gesucht Zahl b = 0, b1 b2 b3 b4 b5 . . . kann wie folgt definiert werden:
(
1, falls akk = 0
bk :=
, mit k = 1, 2, . . .
0, sonst
Dann unterscheidet sich b von jeder Zahl der Aufzählung, d.h b ist in der Aufzählung nicht
enthalten. Somit kann das Intervall [0, 1] und damit auch R nicht abzählbar unendlich sein.
Da jedoch sowohl die Menge [0, 1] als auch R unendlich viele Elemente besitzen, sind beide
Mengen überabzählbar unendlich.
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