Diskrete Mathematik

Diskrete Mathematik
Lösungen zu den Selbsttestaufgaben
Karl-Heinz Zimmermann
15. Mai 2007
1
1
Aussagenlogik
1. ¬P ∧ Q heißt “Susi ist arm, aber gesund”, ¬P ∧ ¬Q heißt “Susi ist weder reich noch gesund”,
¬P ∨ (P ∧ ¬Q) heißt “Susi ist arm oder aber reich und krank”.
2. Wahrheitstafel
P Q P ∨ ¬Q
w w
w
w
w f
f w
f
w
f f
3. Es gilt: P ∨ ¬(P ∧ Q) gdw. P ∨ (¬P ∨ ¬Q) (de Morgan) gdw. (P ∨ ¬P ) ∨ (P ∨ ¬Q) (Distributivgesetz) gdw. w ∨ (P ∨ ¬Q) gdw. w.
4. “Ihre Mutter ist keine Britin und ihr Vater ist kein Deutscher”.
5. Die Aussage hat die Form K ⇒ (M ∧ ¬T ), ihre Negation ist K ∧ (¬M ∨ T ), also “Es ist kalt
und er trägt ein T-Shirt oder keinen Mantel”.
6. Der Zustand (P, Q) = (w, f ) liefert f .
8. Wahrheitstafel:
P Q ¬(P ∨ Q) ¬P ∧ Q ¬(P ∨ Q) ∨ (¬P ∧ Q) ¬P
w w
f
f
f
f
w f
f
f
f
f
f
w
w
w
f w
f f
w
f
w
w
Umformung: ¬(P ∨ Q) ∨ (¬P ∧ Q) gdw. (¬P ∧ ¬Q) ∨ (¬P ∨ Q) gdw. (¬P ∨ ¬P ) ∧ (¬P ∨
Q) ∧ (¬P ∨ ¬Q) ∧ (¬Q ∨ Q) gdw. ¬P ∧ (¬P ∨ Q) ∧ (¬P ∨ ¬Q) gdw. ¬P .
9. Schaltkreis in Abb. 1.
P
Q
r
r
r
r
s(P, Q)
Abbildung 1: Logischer Schaltkreis.
2
2
Prädikatenlogik
1. ∀x ∈ M [S(x)], ∃x ∈ S [G(x)], ∀x ∈ M [K(s, x)], ∀x ∈ M ∃y ∈ M [L(x, y)].
2. ∀x ∈ M [¬P (x) ∧ ¬Q(x)], ∀x ∈ M [Q(x) ⇒ P (x)].
3. P (x) sei das Prädikat ”x ist schlank” und Q(x) sei das Pr ädikat ”x ist groß”.
4. x, y frei, x gebunden und y frei, x, y gebunden, u, n, k gebunden und a frei.
5. f, w, w, f.
6. x+7+y > 20, (x−1)2 +2(x−1) = 3, ((x−1)+1)((x−1)−1) = 0, x+y = x, x+y = x+(x+y).
7. {x − y = X ∧ y = Y } x := x − y {x = X ∧ y = Y }, {x − (x − y) = X + Y ∧ x − y = Y } y :=
x−y {x−y = X ∧y = Y }, {y = X +Y ∧(x+y)−y = Y } x := x+y {y = X +Y ∧x−y = Y },
also Vorbedingung x = Y ∧ y = X + Y .
3
Mengen
1. {x | ∃y ∈ N0 [x = 2y ]}, {x | ∃x ∈ Z ∧ 10 ≤ x ≤ 30 ∧ ¬3|x ∧ ¬5|x}, {x | ∃y ∈ Z [x = 2y + 1]}.
2. Die erste und vierte sowie die zweite und dritte Menge stimmen überein.
3. (1) A und B sind disjunkt. (2) A und B sind nicht disjunkt: (2a) A ist in B enthalten oder
umgekehrt. (2b) A und B “überlappen” sich: A \ B 6= ∅ 6= B \ A.
5. A = B = C.
7. Sei x ∈ A \ B. Dann x ∈ A und x 6∈ B. Also sind A \ B und B disjunkt.
Klar sind A \ B und B Teilmengen von A ∪ B und somit A \ B ∪ B ⊆ A ∪ B. Sei x ∈ A ∪ B.
Liegt x in B, dann auch in A \ B ∪ B. Liegt x nicht in B, dann liegt x in A \ B. Also gilt die
Gleichheit.
8. Nein im Falle C ⊆ A oder A ⊆ C.
12. f, f, w, w, w, w.
13. Setze B = {1, 2, 3}, C = {1, 2} und D = {4, 5}:
P (A) = {∅, {B}, {C}, {D}, {B, C}, {B, D}, {C, D}, {B, C, D}}.
14. N, ∅, N.
15.
S
M = 5,
T
M = {2}.
3
4
Relationen
2. Kartesisches Produkt:
A × B × C = {(1, a, 1), (1, a, 3), (1, b, 1), (1, b, 3), (1, c, 1), (1, c, 3), (2, a, 1),
(2, a, 3), (2, b, 1), (2, b, 3), (2, c, 1), (2, c, 3)}.
4. Wegen der Monotonie des direkten Produkts gilt:
B ∩ C ⊆ B ⇒ A × (B ∩ C) ⊆ A × B
B ∩ C ⊆ C ⇒ A × (B ∩ C) ⊆ A × C.
Da A × (B ∩ C) in beiden Kreuzproduktmengen enthalten ist, muss es eine Teilmenge
der Schnittmenge dieser beiden Mengen sein. Da aber B ∩ C die gesamte Schnittmenge
von B und C und nicht eine Teilmenge von ihr enth ält, ist A × (B ∩ C) genau gleich der
Schnittmenge der rechten Ausdrücke. Analog geht der Beweis für die Vereinigung.
5. A × B hat 3 · 2 = 6 Elemente. Also gibt es 2 6 = 64 Teilmengen von A × B und somit 64
Relationen von A nach B.
6. R−1 = {(1, a), (2, a), (2, b)}.
7. dom(R) = {1, 3, 4}, ran(R) = {x, y, z}.
8. {(10, 1), (7, 2), (4, 3), (1, 4)}.
9. R({1, 3}) = {a, b, d}, R −1 ({b}) = {1, 3, 4}.
10. Elternteil: K −1 , Tante: S ◦ V ∪ S ◦ M , Geschwister: B ∪ S, Schwiegermutter: M ◦ (F ∪ E),
Cousin oder Cousine: K ◦ B ◦ V ∪ K ◦ B ◦ M ∪ K ◦ S ◦ V ∪ K ◦ S ◦ M .
11. Pfeildiagramm, siehe Abb. 2.
A
1 r
R
B
S
C
a
- r
r x
*
:
br
r
2 H
:
H HH
HH
H
H
c
HH
HH
- r y
r
r
3 XXX
HH
H
XX
H
XXXH
HH
Hj
XX
j
H r
H dr
z
X
r
z
4
Abbildung 2: Pfeildiagramm zu Aufgabe 11.
4
5
Homogene Relationen
1. R reflexiv, transitiv, symmetrisch, antisymmetrisch. S symmetrisch. T transitiv, antisymmetrisch.
2. Transitivität: a + b gerade und b + c gerade impliziert (a + b) + (b + c) = a + c + 2b gerade.
Wegen 2b gerade, ist dann auch a + c gerade. Quotientenmenge R besteht aus 0 (gerade
natürliche Zahlen) und 1 (ungerade natürliche Zahlen).
3. Gleiche Buchstabenanzahl: W = {{iso}, {auto, mori, omni, otto}, {motto}}.
Gleicher erster Buchstabe: W = {{auto}, {iso}, {mori, motto}, {omni, otto}}.
4. Transitivität: a2 −b2 teilbar durch 3 und b2 −c2 teilbar durch 3, dann a2 −c2 = (a2 −b2 )+(b2 −c2 )
teilbar durch 3.
5. w, f, w, f.
6. Reflexivität:
x v1 x ∧ y v2 y ⇐⇒ (x, y) v (x, y)
Transitivität:
(x1 , y1 ) v (x2 , y2 ) ∧ (x2 , y2 ) v (x3 , y3 )
⇐⇒ x1 v1 x2 ∧ y1 v2 y2 ∧ x2 v1 x3 ∧ y2 v2 y3
=⇒ x1 v1 x3 ∧ y1 v2 y3
⇐⇒ (x1 , y1 ) v (x3 , y3 )
Antisymmetrie:
(x1 , y1 ) v (x2 , y2 ) ∧ (x2 , y2 ) v (x1 , y1 )
⇐⇒ x1 v1 x2 ∧ x2 v1 x1 ∧ y1 v2 y2 ∧ y2 v2 y1
=⇒ x1 = x2 ∧ y1 = y2
⇐⇒ (x1 , y1 ) = (x2 , y2 )
7. Hasse-Diagramm (siehe Abb. 3). 1 ist das kleinste Element, die maximalen Elemente sind
18 und 24.
8. R2 = {(1, 4), (2, 1), (3, 4), (3, 1)}, R 3 = {(2, 1), (3, 1), (4, 4)}, R 4 = {(2, 4), (3, 4), (4, 1)}. R + ist
Vereinigung von Ri , 1 ≤ i ≤ 4.
5
24r
@
@
r
8@@
@r
@
@r
@
4@
r
12 @
@r
2@
18@
@r
6@
@
@
@
@r
9
@r
3
@r
1
Abbildung 3: Hasse-Diagramm zu Aufgabe 7.
6
6
Abbildungen
1. {(a, d), (c, d), (d, a), (c, d), (b, a)} ist eine Abbildung, obgleich das Paar (c, d) zweimal vorkommt.
{(d, b), (a, b), (c, a), (d, d)} ist nicht linkstotal, da b kein Bild besitzt.
{(d, b), (c, b), (b, b), (a, b)} ist eine konstante Abildung.
{(d, a), (c, d), (a, b), (b, a), (a, a)} ist nicht rechtseindeutig, weil a erste Komponente zweier
verschiedener Paare ist.
2. (f g)(x) = f (g(x)) = f (x2 + 2) = 3(x2 + 2) − 1 = 3x2 + 5 und (gf )(x) = g(f (x)) = g(3x − 1) =
(3x − 1)2 + 2 = 9x2 − 6x + 3.
3. Weil das Diagramm kommutativ ist, liefern alle gerichteten Wege von A nach E dieselbe
Abbildung h1 ◦ h2 . Diese sind h1 ◦ f2 ◦ g2 , f1 ◦ g1 ◦ h2 , f1 ◦ g1 ◦ f2 ◦ g2 und f1 ◦ k ◦ g2 .
4. f (x) = 2x ist injektiv, aber nicht surjektiv. g(x) = x 3 ist bijektiv. h(x) = x3 − x ist surjektiv,
aber nicht injektiv, weil h(−1) = h(0) = h(1) = 0.
6. Die Elemente von A sind paarweise disjunkt, weil eine Abbildung rechtseindeutig ist. Die
Vereinigung der Elemente von A ergibt A und A enth ält nicht die leere Menge, weil eine
Abbildung linkstotal ist.
8. Inverse Permutation
1 2 3 4 5 6 7 8 9
5 1 6 2 7 3 8 4 9
!
bzw. in Zykelgestalt (157842)(36)(9).
9. Für π = (1357)(246)(89) und ρ = (1248)(35)(6)(79) gilt:
ρπρ−1 = [(1248)(35)(6)(79)][(1357)(246)(89)][(1842)(35)(6)(79)]
= [(1248)(35)(6)(79)][(19)(23786)(4)(5)]
= (17)(2539)(486).
10. Sei p(n) = am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0 ein Polynom mit reellwertigen Koeffizienten.
Für alle n ∈ N gilt:
p(n) ≤ |am |nm + |am−1 |nm−1 + . . . + |a1 |n + |a0 |
≤ (|am | + |am−1 | + . . . + |a1 | + |a0 |)nm = O(nm ).
11. O(log m).
7
Die natürlichen Zahlen
1. Parameterverschiebung: n 7→ n + n0 , n ≥ 0.
7
2. Korrektur:
12 + 2 2 + . . . + n 2 =
n(n + 1)(2n + 1)
.
6
2
2
2
2
Per Induktion nach n. Im Falle n = 1 gilt 1 2 = 1 = 1·2·3
6 . Weiter: 1 +2 +. . .+n +(n+1) =
n(n+1)(2n+1)
+ (n + 1)2 nach Induktionsannahme. Umformen ergibt (n+1)(n+2)(2(n+1)+1)
.
6
6
3. Sei A wohlgeordnet. Seien x, y ∈ A. Dann hat {x, y} ein kleinstens Element, etwa x. Also
gilt x kleiner gleich y.
6. Per Induktion nach n. Klar für n = 0. Es gilt (n + 1)! = (n + 1) · n!. Mit der Induktionsannahme
Q
n! = ni=1 i folgt die Beh.
7. Per Induktion nach n. Für n = 3 gilt: 3! = 6 > 4 = 2 3−1 . Weiter (n + 1)! = (n + 1) · n! >
(n + 1)2n−1 nach Induktionsannahme. Aber (n + 1)2 n−1 ≥ 2n .
8. Per Induktion nach der Weglänge n. Sei n = 0, also u = v. Dann ist die Aussage klar.
Angenommen, es gibt einen Weg der Länge n + 1 von u nach v. Auf diesem Weg gibt es
einen zu v adjazenten Knoten w. Also gibt es einen Weg von u nach w von der L änge
n. Nach Induktionsannahme gibt es einen einfachen Weg von u nach v. Enth ält dieser
Weg den Knoten v, dann gibt es einen einfachen Weg von u nach v. Ansonsten ist der
einfache Weg von u nach w und der Weg (Kante) von w nach v einfach.
8
Unendliche Mengen
1. Per Induktion nach n. Klar für n = 1. Betrachte A n+1 = An × A. Nach Induktionsannahme
ist An abzählbar. Mit dem ersten Cantorschen Verfahren folgt, dass auch A n+1 abzählbar
ist.
2. O.E. seien die beteiligten Mengen paarweise disjunkt. Sei A i = {ai1 , . . . , aimi }, i ≥ 1.
Q
Abzählende Funktion f (aij ) = i−1
k=1 mk + j − 1.
3. Verwende erstes Cantorsches Verfahren, wobei die Elemente von A i in der i-ten Zeile stehen.
4. Jedes Polynom ist als endliche Folge von ganzen Zahlen darstellbar. Mit Satz 8.9 folgt die
Behauptung.
5. Siehe Aufgabe 4.
8
9
Zählprinzipien
1. Doppelte Abzählung liefert 4 · n = 3 · 8, also n = 6.
2. Nein, doppelte Abzählung liefert 3 · n = 5 · 8.
3. Schubfachprinzip: n Personen und jede Person hat i Freunde unter diesen, 0 ≤ i ≤ n − 1.
Löse wie Basketball-Problem.
4. Betrachte {1, 8}, {2, 7}, {3, 6} und {4, 5}. Die Summe der Zahlen in jeder Menge ergibt
jeweils 9. Wenn 5 Zahlen ausgewählt werden, dann mindestens 2 in einer Menge.
5. Sei Ai die Anzahl der Vielfachen von i im Bereich 1 bis 1000, 1 ≤ i ≤ 100. Dann A 5 = 200,
A12 = 83 und A20 = 50. Weiters A[5,12] = A60 = 33, A[5,20] = A20 = 50, A[12,20] = A60 = 33
und A[5,12,20] = A60 = 33. Mit dem Siebprinzip folgt die Behauptung.
n
n-1
1
0
ppp
p
r
ppp
p
7. A 0 1
pppp
pppp
pppp
pppp
ppp
p
Br B’r
ppp
p
ppp
p
m-1 m m+1
Abbildung 4: Modell zu Aufgabe 7.
7. Auf einem Weg von A nach B durchläuft man m Kanten nach rechts und n Kanten nach
oben, insgesamt also m+n Kanten. Somit l ässt sich jeder Weg eindeutig charakterisieren
durch ein Tupel der Länge m + n mit m Komponenten gleich r fr das Durchlaufen einer
Kante nach rechts und n Komponenten gleich o für das Durchlaufen einer Kante nach
oben. Die Anzahl solcher Tupel und damit die Anzahl verschiedener
Wege von A nach B,
.
die stets nach rechts oder oben gehen, betr ägt daher m+n
m
Wird dieses Gitter
um eine Spalte erweitert, so ist die Anzahl der Wege von A nach B’
.
Die
Wege von A nach B’ lassen sich aber auch hinsichtlich der Stufe
gleich m+n+1
m+1
des oben aufgezeichneten Rechtecks unterscheiden, auf welcher (k = 0, . . . , n) der letzte Schritt nach rechts gemacht wird. Da auf den letzten Schritt nach rechts nur noch
Schritte nach oben folgen können, ist die Anzahl an möglichen Wegen fr die Kategorie k
analog vorheriger Überlegung gegeben durch m+k
m . Summieren liefert die Behauptung:
m+n+1
m+1
=
n
P
i=0
m+i
m .
8. P bzw. F sei die Anzahl der Haushalte, die Papier bzw. Flaschen sammeln. Es gilt: |P ∩F | =
|P | + |F | − |P ∪ F | = 30 + 14 − 32 = 12 sammeln Papier und Flaschen, |P \ F | =
|P | − |P ∩ F | = 30 − 12 = 18 sammeln nur Papier und |F \ P | = |F | − |F ∩ P | = 14 − 12 = 2
sammeln nur Flaschen.
9
10
1.
2.
3.
Kombinationen und Permutationen
6 5 8
3 3 4
= 14 000.
8
6
= 28,
5 6
2 2
=
= 10 · 15 = 150.
8
2
5
3
= 10,
5 3
5 1
+
5 3 4 2
= 3 + 15 = 18.
5. Die möglichen Anordnungen sind von der Form MMJJJ, JMMJJ, JJMMJ, JJJMM, also gibt
es 4 · 3! · 2! = 48 Möglichkeiten.
6. (9)4 = 3024.
7. 5 · 7 · 6 · 4 = 840.
8. 3! · (5! · 4! · 3!) = 103 680.
10. Reihenfolge/Wiederholung: mit/mit n k , mit/ohne (n)k , ohne/mit
n+k−1
,
k
ohne/ohne
n
k .
11. Alle Wörter, die ICH bzw. DU enthalten, haben die Form ICHXXX, XICHXX, XXICHX
und XXXICH bzw. DU XXXX, XDU XXX, XXDU XX, XXXDU X und XXXXDU ,
wobei X für jeden der restlichen Buchstaben steht. Also ist A ICH = 4 · 3! = 24 bzw.
ADU = 5 · 4! = 120 die Anzahl der Wörter, die ICH bzw. DU als Teilwort enthalten. Alle
Wörter, die ICH und DU als Teilwörter besitzen, sind ICHDU A, ICHADU , AICHDU ,
DU ICHA, DU AICH und ADU ICH. Also liefert das Prinzip der Inklusion-Exklusion:
6! − (24 + 120) + 5 = 581.
12. Multinomialkoeffizient: HU GEN OT T EN ist vom Typ 1 4 23 , mit dem Bigramm T T : 15 22 .
11
Partitionen
2. Sechzehn Fälle:
f beliebig
n Kugeln gefärbt
r Fächer gefärbt
n Kugeln gefärbt
r Fächer einfarbig
n Kugeln einfarbig
r Fächer gefärbt
n Kugeln einfarbig
r Fächer einfarbig
rn
Pr
k=1 S(n, k)
] n-Repet. von r
Pr
r+n−1
n
k=1
P (n, k)
f injektiv
] n-Terme von r
r(r-1)..(r-n+1)
0, falls n>r
1, falls n≤r
] n-Komb.
von r
r
n
0, falls n>r
1, falls n≤r
10
f surjektiv
] surj. Abb. v. n auf k
r! · S(n, r)
] r-Mengenpart. v. n
S(n, r)
surj. r-Repet. von
n
p(n, r) = n−1
r−1
] ungeord. r-Zahlpart.
von n= P (n, r)
f bijektiv
Perm. von n = r
r! = n!
1
1
1
12
Die ganzen Zahlen
1. Seien a, b, c ganze Zahlen mit a ≤ b. Dann gibt es eine ganze Zahl z mit a + z = b. Also
a + c + z = b + c und somit a + c ≤ b + c.
2. Seien a, b, c ganze Zahlen mit a 6= 0 und ab = ac. Dann a(b−c) = 0. Angenommen, b−c 6= 0.
O.E. sei b < c und a > 0. Dann ab < ac. Widerspruch.
3. Potenzgesetze:
(1) Induktionsanfang: n bel., m = 0:
a) na + ma = na + 0 · a = (n + 0)a = (n + m)a
b) n(ma) = n · 0 = 0 = 0 · a = (nm)a
c) m(a + b) = 0(a + b) = 0 = 0 · a + 0 · b = ma + mb
Induktionsschluss;
a) la + (m + 1)a = la + ma + a = (l + m + 1)a
b) l((m + 1)a) = l(ma + a) = lma + la = (lm + l)a = (l(m + 1))a
c) (m + 1)(a + b) = ma + a + mb + b = (m + 1)a + (m + 1)b
(2) Induktionsanfang: n bel., m = 0:
a) an · a0 = an · 1 = an+0
b) (an )0 = 1 = a0 = an·0
Induktionsschluss:
a) an · am+1 = an · am · a = an+m · a = an+m+1
b) (an )m+1 = (an )m · an = an·m · al = an(m+1)
(3) Induktionsanfang: m = 0: (a · b)0 = 1 = a0 · b0 Induktionsschluss: (a · b)m+1 =
a · b(a · b)m = a · b · am · bm = am+1 · bm+1 .
4. Induktionsanfang: (a+b)0 = 0 = 0i=0 ai bn−i . Induktionsschluss: (a+b)n+1 = (a+b)n (a+b) =
P
( 0i=0 ai bn−i )(a + b). Weiteres Umformen liefert mit Satz 10.2 die Behauptung.
P
6. Sei φ : R → S ein Homomorphismus. Setze I = {r ∈ R | φ(r) = 0}. Für i, j ∈ I gilt φ(i+j) =
φ(i) + φ(j) = 0, also i + j ∈ I. Weiters für r ∈ R und i ∈ I gilt φ(ri) = φ(r)φ(i) = 0, also
ri ∈ I.
7. Ring-Gesetze nachprüfen.
8. Ring-Gesetze nachprüfen.
9. Teilmengen-Eigenschaft klar. Ring-Gesetze nachprüfen.
10. Verwende (AB)T = B T AT .
11
13
Teilbarkeitslehre
1. Es gilt 315 = 1 · 308 + 7 und 308 = 44 · 7 + 0. Folglich 7 = 1 · 315 + (−1) · 308.
5. Seien a und b 6= 0 ganze Zahlen. Dann gibt es ganze Zahlen q und r mit a = qb + r mit
0 ≤ r < |b|. Also ist jeder gemeinsame Teiler von a und b auch ein Teiler von b und r, und
umgekehrt.
7. Es gilt a|a und a|[a, b]. Also ist a ein Teiler von (a, [a, b]). Sei c ein Teiler von a und [a, b]. Dann
ist c ein Teiler von a und somit a = (a, [a, b]).
8. Zeige (a, b) =
n
Q
i=1
min(ai ,bi )
pi
=: d
Für 1 ≤ i ≤ n gilt min(ai , bi ) ≤ ai und min(ai , bi ) ≤ bi . Daraus folgt, daß das Produkt der
minimalen Primfaktoren d die Zahlen a und b teilt. Weiters sei c eine ganze Zahl mit c|a
und c|b. Nach dem Hauptsatz der Arithmetik hat c eine eindeutige Primfaktorzerlegung
c=
n
Q
i=1
pci i . Also folgt ci ≤ ai und ci ≤ bi für 1 ≤ i ≤ n, mithin ci ≤ min(ai , bi ) für 1 ≤ i ≤ n.
Also ist c Teiler von d. Für das kgV gilt der Beweis analog mit dem Maximum.
9. Sei I 6= 0 ein Ideal in Z. Wegen (−1)a = −a enth ält I mit a auch −a. Also gibt es eine
kleinste positive Zahl b in I. Per Definition ist bZ ⊆ I. Sei a ∈ I. Dann gibt es ganze
Zahlen q und r mit a = qb + r mit 0 ≤ r < b. Wegen a − qb = r liegt auch r in I. Es folgt
r = 0, also a = qb und somit I ⊆ bZ, mithin I = bZ.
14
Restklassenringe
1. (1.323.744 · 101.657) mod 10 = ((1.323.744 mod 10) · (101.657 mod 10)) mod 10 = (7 · 4) mod
10 = 28 mod 10 = 8 mod 10.
2. Sei a =
m
P
ai 10i ∈ N. Wegen 10 ≡ −1 mod 11 gilt a ≡
m
P
ai (−1)i mod 11. Die Testzahl durch
i=0
i=0
11 dividierbar, weil 3 − 3 + 1 − 0 + 4 − 7 + 8 − 9 + 5 − 4 + 1 − 0 + 1 = 0.
3. Einsetzen von y = −2x = 5x in x + 3y = 4 ergibt x + 3 · 5x = 4, also 2x = 4 und somit x = 2,
mithin y = 3.
4. Es gilt 57 = 3 · 17 + 3 und 33 ≡ (−1) mod 17. Also mit dem Kleinen Fermat: (−1) 57 ≡
(−1)3+3 mod 17. Mithin 3357 = 1 in Z17 .
5. x = 121. Lösungsmenge {121 + k · n | k ∈ Z}, n = 8432.
6. Es gilt 180 = 22 · 32 · 5, also Z180 ' Z4 × Z9 × Z5 .
7. In Z3 gilt x + 2y = 2 und 2x = 2, also x = 1 und y = 2. In Z 7 gilt 6x + 4y = 0 und 5x + 6y = 5,
also x = 4 und y = 1. Löse x ≡ 1 mod 3, x ≡ 4 mod 7, sowie y ≡ 2 mod 3, x ≡ 1 mod 7.
12
15
Einheiten in Restklassenringen
2. Zp ist ein Körper. Zpn ist ein Ring mit den Einheiten (a, pn ) = (a, p) = 1. Es gilt Zpq ' Zp × Zq .
3. In Z20 sind Einheiten 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17 und 19. Alle anderen von Null verschiedenen
Elemente sind Nullteiler.
4. Wohldefiniertheit der Addition
a −b
b a
!
!
c −d
d c
+
a + c −b − d
b+d a+c
=
!
≡
e −f
f e
!
und der Multiplikation
a −b
b a
!
c −d
d c
·
!
ca − db −cb − da
cb + da ca − db
=
!
e −f
f e
≡
!
Körpereigenschaften: Die neutralen
Elemente sind bekanntlich Null- und Einheitsmatrix.
!
−a b
Additives Inverses
. Die Matrizenaddition basiert auf der Addition der einzel−b −a
nen Koeffizienten, ist also kommutativ und assoziativ. Für die Kommutativit ät der Multiplikation gilt:
!
!
!
a −b
c −d
ca − db −cb − da
·
=
b a
d c
cb + da ca − db
=
!
ac − bd −bc − ad
bc + ad ac − bd
=
c −d
d c
!
·
a −b
b a
!
und für die Assoziativität:
(
=
a −b
b a
!
·
c −d
d c
ca − db −cb − da
cb + da ca − db
(ca − db)e + (−cb − da)f
(cb + da)e + (ca − db)f
=
=
!
)·
!
·
e −f
f e
!
e −f
f e
!
(ca − db)(−f ) − (−cb − da)e
(cb + da)(−f ) + (ca − db)e
a(ce − df ) − b(−cf + de) b(−ce − df ) + a(de − cf )
a(de + cf ) − b(df − ce) b(−cf − de) + a(ce − df )
= .. =
a −b
b a
!
·(
c −d
d c
!
·
e −f
f e
!
!
!
)
Gültigkeit der Distributivgesetze ebenfalls durch schlichtes Ausrechen.
5. Sei x ≡ x−1 mod p, also x · x ≡ x · x−1 mod p, d.h., x2 ≡ 1 mod p Damit lässt sich x2 so
darstellen: x2 = 1 + k · p, mit (x−1)(x+1)
= k. Nur für x = ±1 ist k eine ganze Zahl (und
p
zwar 0), d.h., die Gleichung ist nur für diese Zahlen erfüllt. Also sind nur ±1 zu sich selbst
invers.
13
6. Sei I ein von Null verschiedenes Ideal in K n×n . Sei A = (aij ) ∈ I von Null verschieden.
Dann gibt es einen Eintrag aij 6= 0. Sei Eij die Matrix aus Kn×n , die im Schnittpunkt der
i-ten Zeile mit der j-ten Zeile den Eintrag 1 hat und sonst lauter Nullen. Für 1 ≤ l ≤ n gilt
Eli AEjl = aEll , mithin aEll ∈ I und somit auch aEll a−1 Ell = Ell ∈ I. Folglich liegt die
P
Einheitsmatrix E = l Ell in I, also I = Kn×n .
7. Lösung in mehreren Schritten: Bei der Relation handelt es sich um eine Äquivalenzrelation:
∼ ist reflexiv, denn wegen ab = ba ist (a, b) ∼ (a, b).
∼ ist transitiv, denn aus (a, b) ∼ (c, d) und (c, d) ∼ e, f ), d.h. ad = bc und cf = de, folgt
(af )c = a(cf ) = a(de) = (ad)e = (bc)e = (be)c, woraus sich mit der Kürzungsregel
af = be, also (a, b) ∼ (e, f ), ergibt.
∼ ist symmetrisch, denn aus (a, b) ∼ (c, d), d.h. ad = bc, also cb = da, folgt (c, d) ∼ (a, b).
Wir zeigen zuerst, dass ∼ eine Kongruenzrelation bzgl. der angegebenen Addition und
0
0
Multiplikation ist, d.h. Addition und Multiplikation wohldefiniert sind. Sei ab = ab0 und dc = dc0 ,
also (a, b) ∼ (a0 , b0 ) und (c, d) ∼ (c0 , d0 ), d.h. ab0 = ba0 und cd0 = dc0 .
Erstens ist
(ad + bc)b0 d0 = ab0 dd0 + bb0 cd0 = ba0 dd0 + bb0 c0 d = (a0 d0 + b0 c0 )bd,
ad+bc
bd
also (ad+bc, bd) ∼ (a0 d0 +b0 c0 , b0 d0 ), d.h.
=
a0 d0 +b0 c0
b 0 d0 ,
also per Definition ab + dc =
a0
c0
b 0 + d0 .
Zweitens ist
acb0 d0 = ab0 cd0 = a0 bc0 d = a0 c0 bd,
also (ac, bd) ∼ (a0 c0 , b0 d0 ), d.h.
ac
bd
=
a0 c 0
b 0 d0 ,
also per Definition
a
b
·
c
d
=
a0
b0
·
c0
d0 .
Mit den Regeln der Bruchrechnung zeigt man die Assoziativ-, Kommutativ- sowie Distributivgesetze. Auerdem ist 0 = 10 das Nullelement und 1 = 11 das Einselement. Also ist Q
ein kommutativer Ring. Schließlich ist jedes von Null verschiedene Element ab von Q eine
Einheit, das Inverse ist ab . Demnach ist Q ein Körper.
Die Abbildung ι : Z → Q : a 7→
a
1
ist ein Homomorphismus. Denn für alle a, b ∈ Z gilt:
ι(a + b) =
a+b
a b
= + = ι(a) + ι(b),
1
1 1
ι(ab) =
ab
ab
=
= ι(a)ι(b)
1
11
und ι(1) = 11 = 1. Also ist ι(Z) ein Unterring von Q. Weiterhin ist ι injektiv, denn aus
ι(a) = ι(b), also a1 = 1b , d.h. (a, 1) ∼ (b, 1), folgt a = b. Schr änkt man das Ziel Q von ι auf
das Bild ι(Z) ein, so ist
a
ι : Z → ι(Z) : a 7→
1
trivialerweise ein Isomorphismus. Also sind Z und ι(Z) isomorph. Mit der Identifizierung
von Z und ι(Z) gilt
a
a 1
= · = ι(a)ι(b)−1 = ab−1 .
b
1 b
14
Es sei K ein Körper, der Z als Unterring enthält. Für jedes 0 6= b ∈ Z ist dann b−1 ∈ K,
und für jedes weitere a ∈ Z ist ab−1 ∈ K. Mit unserer Identifizierung ist dann Q = {ab −1 |
a, b ∈ Z ∧ b 6= 0} ⊆ K.
9. Sei G eine zyklische Gruppe mit Erzeuger g und U 6= 1 eine Untergruppe von G. W ähle ein
g b ∈ U mit b 6= 0 minimal. Verfahre wie in Aufgabe 12.8.
11. Sei ν : G → H ein Homomorphismus. Sei K = {g ∈ G | ν(g) = 1}. Es gilt 1 ∈ K. Mit g, h ∈
K ergibt sich wegen ν(gh) = ν(g)ν(h) = 1 sofort gh ∈ K. Ebenso gilt ν(g −1 ) = ν(g)−1 =
1, also g −1 ∈ K. Mit g ∈ G und h ∈ K gilt ν(ghg −1 ) = ν(g)ν(h)ν(g)−1 = ν(g)ν(g)−1 = 1,
also ghg −1 ∈ K. D.h., K ist ein Normalteiler von G.
13. Der kanonische Epimorphismus π : G → G/V : g 7→ gV hat die Restriktion π 0 : U → G/V
mit Bild π0 (U ) = {uV | u ∈ U } = {uvV | u ∈ U } = U V /V , wegen vV = V für alle
v ∈ V . Der Kern von π0 ist {u ∈ U | uV = V } = {u ∈ U | u ∈ V } = U ∩ V , weil V das
neutrale Element in G/V ist und gV = V gdw. g ∈ V . Mit dem Homomorphiesatz folgt die
Behauptung.
14. Betrachte den Homomorphismus ν : G/U → G/V : gU 7→ gV . Sei gU = hU . Dann ist
gh−1 ∈ U ⊆ V , also auch gV = hV , und somit die Abbildung wohldefiniert. Offenbar ist ν
ein Homomorphismus, dessen Bild G/V und dessen Kern {gU | gV = V } = V /U ist. Mit
dem Homomorphiesatz folgt die Behauptung.
15
19
Verbände
1. ∀x, y, z ∈ V [(x u y) t z = (x u z) t (y u z)].
2. Siehe Skizze nach Satz 19.2.
3. Für die Mengen {6} und {3, 6} ist {6, 12, 18} die Menge der oberen Schranken. Für die
Mengen {6}, {6, 12}, {6, 18}, {12, 18} und {6, 12, 18} ist {3, 6} die Menge der unteren
Schranken.
4. Für die Menge {4, 5, 7} gilt: o.S.: 1,2,3, u.S.: 8, sup 3, inf 8. Für die Menge {2, 3, 6} gilt: o.S.:
2, u.S.: 6,8, sup: 2, inf: 6. Für die Menge {1, 2, 4, 7} gilt: o.S.: ∅, u.S.: 8, sup ex. nicht, inf:
8.
5. W1 bildet keinen Verband, da [3, 4] = 12 nicht zu W 1 gehört. W2 bildet einen Verband.
6. Nein, da die Menge {d, e} kein Infimum hat; untere Schranken sind a, b, c, aber es gibt kein
größtes Element.
8. Sei k das kleinste Element von W . Einerseits gilt definitionsgem äß u v k für jede untere
Schranke u von W , andererseits ist k als kleinstes Element von W selber eine untere
Schranke von W , so dass k das Infimum von W ist.
9. Die Unterverbände von “Fahne” mit mehr als zwei Elementen: (1) Alle Ketten der L änge ≥ 3.
(2) {a, b, c, 1}, (3) die “Fahne” selber.
10. Alle Abbildungen f : A → B mit a|b impliziert f (a) ≤ f (b).
11. Die Abbildung ν : V1 → V2 mit ν(a) = r, ν(b) = s, ν(c) = t und ν(d) = u ist ein
Isomorphismus. Die Abbildung ρ : V1 → V3 mit ν(a) = x, ν(b) = y, ν(c) = y und
ν(d) = z ist ein Ordnungsepimorphismus, aber kein Verbandsepimorphismus. Betrachte
dazu ρ(b u c) = ρ(a) = x und ρ(b u c) = ρ(b) u ρ(c) = y.
20
Boolesche Verbände
1. Sei U ein 1-dim. Unterraum eines 2-dim. R-Vektorraums V , also U = g R. W ähle eine Gerade
g 0 , die nicht parallel zu g ist. Dann ist der 1-dim. Unterraum U 0 = g 0 R komplementär zu U .
Aber das Komplement ist nicht eindeutig bestimmt.
2. ”Fahne” ist nicht komplementär, aber distributiv, da er nicht isomorph ist zu ”Pentagon” oder
”Diamant”.
3. ”Anhänger” ist nicht komplementär, aber distributiv, da er nicht isomorph ist zu ”Pentagon”
oder ”Diamant”.
4. Der Verband ist distributiv, aber nicht komplement är, da die Zahl 6 kein Komplement besitzt.
5. (a t 0) t (1 t a) = 1.
16
6. Erweiterung des Dualitätsprinzips für Verbände.
7. Komponentenweise Fortsetzung der Distributivit ät.
8. Komponentenweise Fortsetzung der Komplementarit ät.
9. Atome 3, 5, 7, 11 und Koatome 385, 231, 165, 105.
11. Der Isomorphismus ist definiert durch die Zuordnung A 7→ χ A , wobei χA das charakteristische Wort von A ist.
12. Die Ideale in Z sind von der Form nZ, n ∈ N 0 , und bilden einen Verband mit den Operationen:
[n, m]Z = nZ + mZ und (m, n)Z = mZ ∩ nZ.
Der Verband ist nicht komplementär, da der natürliche Teilerverband nicht komplement är
ist und beide Verbände dual zueinander sind.
13. Die Zuordnung n 7→ nZ liefert einen Anti-Isomorphismus, wobei m|n gdw. nZ ⊆ mZ.
14. Ein ODER-Gatter kann vermöge De Morgan durch UND-Gatter und Inverter dargestellt
werden.
15. Sei b ∈ Bn . Im Falle bn = 1 gilt
bn f (b1 , . . . , bn−1 , 1) + bn f (b1 , . . . , bn−1 , 0) = f (b1 , . . . , bn−1 , 1) = f (b),
und im Falle bn = 0 ergibt sich
bn f (b1 , . . . , bn−1 , 1) + bn f (b1 , . . . , bn−1 , 0) = f (b1 , . . . , bn−1 , 0) = f (b).
21
Graphen
1. Sei G = (V, E) ein Graph. Betrachte die Inzidenzrelation R ⊆ V × E mit vRe gdw. v ∈ e.
Die zugehörige Inzidenzmatrix MR hat 2 Einsen pro Spalte und d(v) Einsen pro Zeile. Mit
doppelter Abzählung folgt die Behauptung.
2. Nein, die Gradsumme müsste gerade sein nach dem Handschlagslemma.
3. Kreis.
4. Der Petersen-Graph ist nicht planar.
5. Die Gradsumme ist 3 · 3 + 4 · 2 + k · 1 = k + 17. Die Anzahl der Knoten ist n = 3 + 4 + k = k + 7.
Nach dem Handschlagslemma ist k + 17 = 2m. Da es sich um einen Baum handelt, muss
m = n − 1 sein, also k + 17 = 2(k + 7 − 1), d.h., k = 5, mithin n = 12 und m = 11.
6. Nimm einen bipartiten Graphen mit je 32 Knoten, die weißen Felder auf der einen Seite und
die schwarzen Felder auf der anderen. Zwei Knoten sind verbunden, wenn die zugeh örigen Felder durch einen Dominostein überdeckt werden, d.h., ein weißes Feld wird mit
einem schwarzen Feld verknüpft. Schneidet man zwei schwarze Felder heraus, dann gibt
keine Überdeckung mehr.
17
7. Seien φ, ψ Automorphismen von G. Dann ist φψ eine Bijektion und es gilt uv ∈ E gdw.
ψ(v)ψ(v) ∈ E gdw. φ(ψ(u))φ(ψ(v)) ∈ E.
9. Sei G der Graph mit V = {1, 2, 3, . . .} und E = {12, 23, . . .}. Betrachte den Subgraphen
G0 mit V 0 = {2, 3, 4, . . .} und E = {23, 34, . . .}. Dann ist G isomorph zu G 0 unter dem
Isomorphismus ϕ : V → V 0 : n 7→ n + 1.
10. Isomorph sind F und T, sowie K und X.
12. Der K4 hat 4 Knoten und
ist |P (6)| = 26 = 64.
4
2
= 6 Kanten. Die Anzahl der Teilgraphen von K 4 mit 4 Knoten
14. Jeder Spannbaum von K4 enthält 4 Knoten und 4 − 1 = 3 Kanten. Die Anzahl der Teilgraphen von K4 mit 4 Knoten und 3 Kanten ist 63 = 20. Darunter gibt es 16 Spannbäume
von K4 .
15. Per Induktion nach n.
17. Jeder Knoten in Kn hat den Grad n − 1. Also ist Kn eulersch gdw. n ungerade. Jeder
Knoten in Km,n hat den Grad n bzw. m. Also ist Km,n eulersch gdw. m und n gerade sind.
18