Lösung 1 - Leibniz Universität Hannover

Leibniz Universität Hannover 13. April 2010
Fakultät für Mathematik und Physik
Prof. Dr. M. Erné, apl. Prof. Dr. T. Holm
Übungen zu Diskrete Strukturen
Sommersemester 2010
Blatt 1 - Lösungshinweise
1. Entscheiden Sie, welche der Abbildungen F : Z → Z injektiv und welche surjektiv sind:
(i) F (n) = 2n + 1, (ii) F (n) = 1 + n 2 , (iii) F (n) = n + (−1) n , (iv) F (n) = ⌊ n 2 ⌋,
wobei ⌊x⌋ := max{m ∈ Z|m ≤ x} für alle reellen Zahlen x.
Lösung:
(i) F ist injektiv: Sei F (n) = F (m), d.h. 2n + 1 = 2m + 1. Addition mit −1 und Division
durch 2 ergibt n = m.
F ist nicht surjektiv: Alle Bilder F (n) = 2n + 1 sind ungerade Zahlen, die geraden
Zahlen liegen also nicht im Bild.
(ii) F ist nicht injektiv: z.B. ist F (1) = 2 = F (−1).
F ist nicht surjektiv: Die Bilder F (n) = 1 + n 2 sind alle positiv, die negativen ganzen
Zahlen liegen nicht im Bild.
(iii) Wir betrachten die Abbildung F zunächst genauer. Für gerade Zahlen gilt F (2m) =
2m + (−1) 2m = 2m + 1; für ungerade Zahlen gilt F (2m + 1) = 2m + 1 + (−1) 2m−1 =
2m + 1 − 1 = 2m. D.h. die Abbildung F bewirkt das Vertauschen von 2m und 2m + 1
für alle m ∈ Z.
F ist injektiv: Sei F (n) = F (m), d.h. n+(−1) n = m+(−1) m . Nach der Vorbemerkung
müssen n und m entweder beide gerade oder beide ungerade sein. In beiden Fällen
ist dann aber n − m = (−1) m − (−1) n = 0, d.h. n = m.
F ist surjektiv: Jede gerade Zahl ist im Bild von F , da F (2m+1) = 2m, jede ungerade
Zahl ist im Bild von F , da F (2m) = 2m + 1 für alle m ∈ Z.
(iv) F ist nicht injektiv: z.B. ist F (1) = ⌊ 1 2 ⌋ = 0 = ⌊ 0 2 ⌋ = F (0).
F ist surjektiv: Sei m ∈ Z beliebig. Dann ist m = ⌊ 2m 2
⌋ = F (2m) im Bild von F .
2. Wieviele gibt es?
(a) 0-1-Folgen der Länge 7 mit einer geraden Anzahl von Einsen.
(b) 0-1-Folgen der Länge 8 mit genau 3 Einsen.
(c) Wörter mit 9 Buchstaben aus dem Alphabet {a, b, c} mit genau 3 a’s und 2 b’s.
(d) Finden Sie eine möglichst allgemeine Formel zu (c):
beliebige Wortlänge, Alphabetgröße, sowie Anzahl der a’s und b’s.
Lösung:
(a) 2 6 . Begründung: Insgesamt gibt es 2 7 0-1-Folgen der Länge 7. Jede Folge hat entweder
gerade viele oder ungerade viele Einsen. Sei G (bzw. U) die Menge der 0-1-Folgen
mit gerade (bzw. ungerade) vielen Einsen. Beide Mengen sind gleichmächtig; eine
Bijektion ist z.B. gegeben durch die Abbildung G → U, die in jeder Folge das erste
Bit umdreht. Also |G| = 27
2 = 26 .

(b) ( 8
3)
. Begründung: wähle die drei Positionen der Einsen aus; der Rest ist dann festgelegt.
(c) Für die Positionen der a’s hat man ( 9
3)
= 84 Möglichkeiten; auf den verbleibenden 6
Positionen hat man ( 6
2)
= 15 Möglichkeiten für die b’s; die restlichen vier Positionen
müssen mit c’s belegt sein. Insgesamt erhält man ( 9 6
3)(
2)
= 1260 Wörter.
(d) Betrachte Wörter der Länge n über einem Alphabet der Größe m ≥ 2. Seien k und l
die Anzahlen der a’s bzw. b’s. Mit der Zählstrategie aus (c) gibt es dann
( )( )
n n − k
(m − 2) n−k−l
k l
Wörter mit den gewünschten Eigenschaften. (Man beachte, dass die Formel auch
richtig ist in ausgearteten Fällen wie k > n oder k + l > n, es ergibt sich als korrekte
Anzahl 0.)
3. Beweisen Sie mit vollständiger Induktion für alle n ∈ N die Gleichung
n∑
k! · k = (n + 1)! − 1.
k=1
Lösung: Induktionsanfang n = 1: Auf beiden Seiten ergibt sich 1.
Sei n > 1 und als Induktionsvoraussetzung die Formel für n bereits bewiesen. Wir müssen
zeigen, dass die Formel dann auch für n + 1 gilt. Es ist
n+1
∑
k! · k =
k=1
n∑
k! · k + (n + 1)! · (n + 1)
k=1
= (n + 1)! − 1 + (n + 1)! · (n + 1) (Induktionsvoraussetzung)
= (n + 1)!(1 + n + 1) − 1 = (n + 2)! − 1.
Dies ist genau die Formel für n + 1 und damit der Induktionsbeweis vollständig.
4. Für eine endliche Menge X bezeichnet |X| die Anzahl ihrer Elemente.
Zeigen Sie durch Angabe geeigneter Bijektionen:
(a) |X (Y+Z) | = |X| |Y | · |X| |Z| .
(b) |X (Y×Z) | = (|X| |Y | ) |Z| .
Lösung: Die angegebenen Gleichungen kann man unter Benutzung der Potenzregeln für
Zahlen und Satz 1.1 aus dem Skript (für endliche Mengen A, B ist |A B | = |A| |B| ) direkt
verifizieren:
|X (Y+Z) | = |X| |Y +Z| = |X| |Y |+|Z| = |X| |Y | · |X| |Z|
|X (Y×Z) | = |X| |Y ×Z| = |X| |Y |·|Z| = (|X| |Y | ) |Z| .
In dieser Aufgabe sollen aber die Gleichheiten ohne Benutzung der Potenzregeln für Zahlen
direkt durch die Angabe von Bijektionen bewiesen werden (damit beweist man die
Potenzregeln für Zahlen als Spezialfall nebenher mit).
(a) In der Vorlesung wurde definiert Y + Z := {(0, y)|y ∈ Y } ∪ {(1, z)|z ∈ Z}.
Wir definieren eine Bijektion Ψ : X Y +Z → X Y × X Z wie folgt: f ↦→ (f 1 , f 2 ), wobei
f 1 (y) := f(0, y) und f 2 (z) := f(1, z). Dies ist sicher wohldefiniert, und es ist in der Tat

eine Bijektion, wie man durch die Angabe einer Umkehrfunktion sieht. Diese ist gegeben
durch die Abbildung Φ : X Y × X Z → X Y +Z , (g 1 , g 2 ) ↦→ g, wobei g(0, y) := g 1 (y) und
g(1, z) = g 2 (z). (Man prüft leicht direkt aus den Definitionen nach, dass Ψ ◦ Φ = Id und
Φ ◦ Ψ = Id, d.h. wir haben wirklich Umkehrfunktionen.)
Mit Satz 1.1 aus dem Skript folgt dann aus obiger Bijektion direkt, dass |X (Y+Z) | =
|X| |Y | · |X| |Z| (ohne, dass wir die Potenzregeln für Zahlen benutzt haben).
(b) Wir betrachten die Abbildung Ψ : X Y ×Z → (X Y ) Z , f ↦→ Ψ(f), wobei Ψ(f) : Z → X Y ,
Ψ(f)(z)(y) := f(y, z) für alle y ∈ Y , z ∈ Z. Dies ist eine Bijektion, die Umkehrabbildung
ist gegeben durch Φ : (X Y ) Z → X Y ×Z , Φ(g)((y, z)) := (g(z))(y) ∈ X. Wiederum lässt sich
direkt aus den Definitionen der Abbildungen verifizieren, dass Ψ ◦ Φ = Id und Φ ◦ Ψ = Id,
d.h. wir haben in der Tat Bijektionen.
Für die Mächtigkeiten ergibt sich dann mit Satz 1.1 des Skripts
|X (Y×Z) | = |(X Y ) Z | = |X Y | |Z| = (|X| |Y | ) |Z|
(wiederum ohne die Potenzgesetze für Zahlen benutzt zu haben).
Knacky 1: Falsche Induktion.
Wir ’beweisen’ die folgende Aussage mit vollständiger
Induktion:
Seien l 1 , l 2 , . . . , l n (n ≥ 2) verschiedene Geraden
in der Ebene, von denen keine zwei parallel sind.
Dann haben alle diese Geraden einen Punkt gemeinsam.
Für n = 2 ist die Aussage wahr, denn zwei nichtparallele
Geraden schneiden sich.
Angenommen, die Aussage gilt für n, und gegeben
seien n + 1 paarweise nicht parallele Geraden
l 1 , l 2 , . . . , l n+1 . Nach Induktionsvoraussetzung haben die Geraden l 1 , . . . , l n einen Punkt x gemeinsam;
ebenso haben die n Geraden l 2 , . . . , l n+1 einen Punkt y gemeinsam. Die Geraden l 2
und l n enthalten also sowohl x als auch y, sind aber nicht parallel und schneiden sich daher in
genau einem Punkt x = y. Damit haben alle n + 1 Geraden diesen Punkt gemeinsam.
Was ist hier falsch?
Lösung: Der Induktionsanfang n = 2 ist korrekt. Ebenso ist der Induktionsschritt n ⇒ n +
1 ok für alle n ≥ 3. Aber das Argument funktioniert nicht, um von n = 2 auf n = 3 zu
schließen, und damit bricht die gesamte Induktion zusammen (d.h. es nützt einem auch gar
nichts, dass der Induktionsschritt ab n = 3 wieder funktionieren würde, denn dort hat man
keinen Induktionsanfang)! Im Fall n = 2 nimmt man drei paarweise nichtparallele Geraden
l 1 , l 2 , l 3 . Nach Induktionsvoraussetzung haben l 1 , l 2 einen gemeinsamen Punkt x, und l 2 und l 3
einen gemeinsamen Punkt y. Dann aber geht das Argument schief, da die Geraden l 2 und l n für
n = 2 gleich sind.