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Musterlösung zum 4. Blatt
31. Aufgabe: Sei N := [M/11001], und sei X = {m1 , . . . , m7 } die Menge der Ziffern
der Matrikelnummer. a) Bestimmen Sie die Anzahl aller Abbildungen von X nach
{1, . . . , N }. b) Bestimmen Sie die Anzahl aller injektiven Abbildungen von X nach
{1, . . . , N }.
Lösung:
Am Beispiel der Matrikelnummer M = 6054620. Dann ist N = 550. Es
ist X = {0, 2, 4, 5, 6}. Also ist 550 die Elementanzahl von {1, . . . , N = 550}, und 5 die
Elementanzahl von X.
a) Nach Vorlesung ist dann die Anzahl aller Abbildungen von X nach {1, . . . , 550} gegeben
durch 5505 = 50.328.437.500.000.
b) Die Anzahl aller injektiven Abbildungen von X nach {1, . . . , 550} ist nach Vorlesung
gegeben durch [550]5 = 550 · 549 · 548 · 547 · 546 = 49.419.183.013.200.
32. Aufgabe: Sei X = {m1 , . . . , m7 } die Menge der Ziffern von M . Bestimmen Sie die
Anzahl aller geordneten Paare (A, B) von nicht-leeren, disjunkten Teilmengen A und B
von X, für die X = A ∪ B gilt.
Lösung: Für M = 6195520. Es ist dann X = {0, 1, 2, 5, 6, 9} eine 6-elementige Menge.
Ein geordnetes Paar (A, B) von nicht-leeren, disjunkten Teilmengen A und B von X mit
X = A ∪ B ist nichts anderes als eine geordnete 2-Partition von X. Gesucht ist also
die Anzahl aller geordneten 2-Partitionen von X. Diese ist gegeben durch 2! mal die
Anzahl aller 2-Partitionen von X, also durch 2! · S6,2 . Aus den (rekursiven) Eigenschaften
der Stirling-Zahlen Sn,k zweiter Art leitet man schnell her: Sn,1 = 1 für alle natürlichen
Zahlen und bekommt rekursiv
S6,2 = 2S5,2 + 1 = 2(2S4,2 + 1) + 1 = 2(2(2S3,2 + 1) + 1) + 1
= 2(2S4,2 + 1) + 1 = 2(2(2(2S2,2 + 1) + 1) + 1) + 1 = 31.
Insgesamt ist also die gesuchte Anzahl 2 · 31 = 62.
Alternativ : Aus der Vorlesung weiss man, dass die gesuchte Anzahl aller geordneten
2-Partitionen von X gleich der Anzahl aller surjektiven Abbildungen von X in die Menge
{1, 2} ist. Insgesamt gibt es 26 = 64 Abbildungen von X nach {1, 2}. Offenbar sind
nur zwei Abbildungen davon nicht surjektiv, nämlich die Abbildung, die jedes Element
von X auf 1 abbildet, und diejenige, die jedes Element auf 2 abbildet. Dies ergibt dann
64 − 2 = 62 surjektive Abbildungen.
33. Aufgabe: Sei X = {1, 2, 3, 4} und Y = {1, 2, . . . , m4 + 6}. Sei f : X −→ Y definiert
durch f (1) = 3, f (2) = 2, f (3) = 4 und f (4) = 5. Wieviele Abbildungen g : Y −→ X mit
der Eigenschaft g ◦ f = 1X gibt es?
Lösung: Für M = 6089270. Es ist m4 = 9, also Y = {1, 2, . . . , 15}. Das Bild von f
ist die Teilmenge B = {2, 3, 4, 5} von Y . Was muss eine Abbildung g : Y −→ X mit
g ◦ f = 1X erfüllen? Es muss gelten
g(2) = g(f (2)) = 2, g(3) = g(f (1)) = 1, g(4) = g(f (3)) = 3 und g(5) = g(f (4)) = 4.
Also ist ein solches g auf der Menge B eindeutig festgelegt. Umgekehrt genügt diese
Festlegung, um die Bedingung g ◦ f = 1X zu bekommen. Daher hat man völlige Freiheit, g auf dem Komplement Y \ B zu definieren. Y \ B hat 15 − 4 = 11
Elemente. Jede beliebige Abbildung Y \ B −→ X führt, indem man sie wie oben
eindeutig auf B definiert, zu einer Abbildung g : Y −→ X mit g ◦ f = 1X . Nun gibt
es 411 = 4.194.304 Abbildungen von Y \B nach X. Also ist die richtige Antwort 4.194.304.
34. Aufgabe: Sei Q die Quersumme von M . In einer Vorlesung sitzen Q Studierende.
Herr Prof. L. benötigt für ein Experiment mindestens 5 Studierende. Allerdings kann das
Experiment nur mit höchstens 8 Personen durchgeführt werden. Wieviele Möglichkeiten
hat Prof. L., Studierende in der Vorlesung für das Experiment auszuwählen?
Lösung: Für M = 6223206. Dann ist Q = 21. Das Experiment kann mit 5, mit 6, mit
7 oder mit 8 Studierenden durchgführt werden. Prof. L. hat daher die Möglichkeit, 5, 6, 7
oder 8 Personen, d. h. eine 5, 6, 7 oder 8-elementige Teilmenge aus einer 21-elementigen
Menge auszuwählen. Dafür gibt es
21
21
21
21
+
+
+
= 20.349 + 54.264 + 116.280 + 203.490 = 394.383
5
6
7
8
Möglichkeiten.
35. Aufgabe: Sei Q die Quersumme von M . In einer Veranstaltung sitzen Q Studierende. Es geht eine Liste herum, in der sich Studierende für eine Übungsgruppe anmelden
können. Es werden max. 10 Personen für die Übung zugelassen. Deshalb besteht die Liste
nur aus 10 durchnummerierten Zeilen. Wieviele verschiedene komplett ausgefüllte Listen
sind möglich?
Lösung: Für M = 6195574. Dann ist Q = 37. Hier geht es darum, eine
10-elementige
37
Teilmenge aus einer 37-elementigen Menge auszuwählen. Dafür gibt es 10 = 348.330.136
Möglichkeiten. Allerdings spielt für die durchnummerierte Liste noch die Anordnung
eine Rolle, so dass wir mit 10! = 3.628.800 zu multiplizieren haben. Dies ergibt
1.264.020.397.516.800 Möglichkeiten.
36. Aufgabe: Sei 0 < a < 1 eine reelle Zahl. Zeigen Sie, dass es zu jeder reellen Zahl
r > 0 eine natürliche Zahl n gibt mit an < r.
1
Lösung: Reelle Zahlen 0 < a < 1 und r > 0 sind vorgegeben. Es ist b := > 1 und
a
1
M := > 0. Nach Folgerung II des Archimedischen Axioms (angewendet auf b und M )
r
1
1
gibt es eine natürliche Zahl n, so dass bn > M gilt, also n > . Multipliziert man jeweils
a
r
beide Seiten mit den positiven Zahlen r und an , so folgt an < r.
37. Aufgabe: Seien X und Y Mengen und f : X −→ Y und g : Y −→ X Abbildungen.
Zeigen Sie: Gilt g ◦ f = 1X , so ist f injektiv und g surjektiv.
Lösung:
Seien x1 , x2 ∈ X mit f (x1 ) = f (x2 ). Dann folgt
x1 = 1X (x1 ) = g ◦ f (x1 ) = g(f (x1 )) = g(f (x2 )) = g ◦ f (x2 ) = 1x (x2 ) = x2 .
Damit ist f injektiv.
Sei x ∈ X. Es gilt
g(f (x)) = g ◦ f (x) = 1x (x) = x,
also gilt mit y := f (x), dass g(y) = x ist. Damit ist y ein Urbild von x, und g ist surjektiv.