Diskrete Mathematik 1 - Lehrstuhl Kryptologie & IT-Sicherheit - Ruhr ...

Ruhr-Universität Bochum
Lehrstuhl für Kryptologie und IT-Sicherheit
Prof. Dr. Alexander May
M. Ritzenhofen, M. Mansour Al Sawadi, A. Meurer
Lösungsblatt zur Vorlesung
Diskrete Mathematik 1
WS 2008/09
Blatt 2 / 28. Oktober 2008 / Abgabe bis 03. November 2008, 14 Uhr, in die
Kästen auf NA 02
AUFGABE 1 (4 Punkte):
Wieviele natürliche Zahlen n ≤ 10 8 sind weder von der Form x 2 , x 3 , x 5 noch x 7 für ein x ∈ N?
Geben Sie den Rechenweg an.
Lösungsvorschlag:
Sei A i := {n ≤ 10 8 | n = x i für ein i ∈ N}. Dann ist |A i | = ⌊ i √
108 ⌋.
Damit gilt |A 2 | = 10 4 , |A 3 | = 464, |A 5 | = 39 und |A 7 | = 13.
Es ist A i ∩ A j = A kgV(i,j)
.
Daraus folgt |A 2 ∩ A 3 | = |A 6 | = 21, |A 2 ∩ A 5 | = |A 10 | = 6, |A 2 ∩ A 7 | = |A 14 | = 3,
|A 3 ∩ A 5 | = |A 15 | = 3, |A 3 ∩ A 7 | = |A 21 | = 2 und |A 5 ∩ A 7 | = |A 35 | = 1,
|A 2 ∩ A 3 ∩ A 5 | = |A 30 | = 1, |A 2 ∩ A 3 ∩ A 7 | = |A 42 | = 1, |A 2 ∩ A 5 ∩ A 7 | = |A 70 | = 1,
|A 3 ∩ A 5 ∩ A 7 | = |A 105 | = 1 und |A 2 ∩ A 3 ∩ A 5 ∩ A 7 | = |A 210 | = 1.
Nach dem Prinzip der Inklusion-Exklusion gilt für die Menge aller Zahlen n ≤ 10 8 , für die
gilt ”n ist von der Form x 2 , x 3 , x 5 oder x 7 für ein x ∈ N”:
|A 2 ∪ A 3 ∪ A 5 ∪ A 7 | = |A 2 | + |A 3 | + |A 5 | + |A 7 |
−(|A 2 ∩ A 3 | + |A 2 ∩ A 5 | + |A 2 ∩ A 7 | + |A 3 ∩ A 5 | + |A 3 ∩ A 7 | + |A 5 ∩ A 7 |)
+(|A 2 ∩ A 3 ∩ A 5 | + |A 2 ∩ A 3 ∩ A 7 | + |A 2 ∩ A 5 ∩ A 7 | + |A 3 ∩ A 5 ∩ A 7 |) − |A 2 ∩ A 3 ∩ A 5 ∩ A 7 |
= 10 4 + 464 + 39 + 13 − (21 + 6 + 3 + 3 + 2 + 1) + (1 + 1 + 1 + 1) − 1 = 10483.
Die Anzahl der Zahlen, die weder von der Form x 2 , x 3 , x 5 noch x 7 für ein x ∈ N sind, beträgt
daher
10 8 − 10483 = 99989517.

AUFGABE 2 (6 Punkte):
Beweisen Sie die folgenden Aussagen:
(a)
(b)
Sei n ∈ N. Unter n + 1 natürlichen Zahlen gibt es sicher zwei, deren Differenz durch n
teilbar ist.
Hinweis: Betrachten Sie die Restklassen modulo n.
In einem Raum seien n ∈ N Personen. Zur Begrüßung schütteln sich alle Personen
gegenseitig die Hände. Zu jedem Zeitpunkt gibt es mindestens zwei Personen, die genau
gleich vielen Leuten die Hände geschüttelt haben.
Lösungsvorschlag:
(a)
Es gibt n Restklassen modulo n repräsentiert durch Y = {0, 1, . . . , n − 1}. Bildet man
nun die Menge X der n + 1 gegebenen natürlichen Zahlen auf ihre Restklassen ab, so
existiert nach dem Schubfachprinzip mindestens eine Restklasse, in der zwei Elemente
landen, da |X| = n + 1 > n = |Y |. Seien a, b die Elemente derselben Restklasse. Dann
gilt a ≡ b (mod n). Dies ist äquivalent zu n|(a − b).
(b)
Seien X = {p 1 , p 2 , . . . , p n } die Menge der Personen und Y = {0, 1, . . . , n−1}. Betrachte
f : X → Y mit f(p i ) = k, falls Person p i genau k Personen mit Handschlag begrüßt
hat. Angenommen, zu einem Zeitpunkt gibt es eine Person p j , die noch niemandem
die Hand geschüttelt hat. Dann kann keine Person existieren, die schon allen die Hand
geschüttelt hat, da diese auch Person p j die Hand geschüttelt haben müsste. Daher
betrachten wir f ′ : X → Y \ {n − 1} =: Y ′ . Dann gilt |Y ′ | = n − 1 < n = |X| und nach
dem Schubfachprinzip existiert ein y ∈ Y mit |f ′−1 (y)| > 1. Also haben mindestens
zwei Personen derselben Anzahl Menschen schon die Hand gegeben.
Angenommen, obiger Fall tritt nicht ein, es gibt also keine Person, die noch niemandem
die Hand geschüttelt hat. Betrachte dann ˜f : X → Y \{0} =: Ỹ . Analog zum vorherigen
Fall gilt |Ỹ | = n − 1 < n = |X|, also folgt mit dem Schubfachprinzip, dass mindestens
zwei Personen derselben Anzahl an Leuten die Hand gegeben haben.
AUFGABE 3 (4 Punkte):
Es findet ein Pferderennen mit 30 Teilnehmern statt.
(a)
(b)
Wieviele mögliche Konstellationen gibt es auf dem Siegertreppchen?
Für eine Olympiaqualifikation genügt es, unter die besten 6 zu gelangen. Wieviele mögliche
Zusammenstellungen derjenigen Teilnehmer, die sich für Olympia qualifiziert haben,
gibt es?
Lösungsvorschlag:
(a)
Die Auswahl der Teilnehmer für das Siegertreppchen entspricht dem geordneten Ziehen
ohne Zurücklegen, da die Positionen und Teilnehmer unterscheidbar sind und keiner
zwei Positionen in der Rangfolge einnehmen kann. Gezogen werden k = 3 Elemente aus
n = 30. Es gibt also n k = 30 3 = 24360 mögliche Konstellationen.

(b)
Die Auswahl der Teilnehmer für die Olympiaqualifikation entspricht dem ungeordneten
Ziehen ohne Zurücklegen, da es nicht auf die Reihenfolge der ersten sechs Teilnehmer
ankommt. Es gibt also ( (
n
k)
=
30
)
6 = 593775 mögliche Gruppen an qualifizierten Teilnehmern.
AUFGABE 4 (6 Punkte):
Eine Permutation π, für die gilt ππ = id (id ist die identische Permutation (1)(2) · · · (n))
heißt Involution.
(a)
(b)
Zeigen Sie: π ist Involution genau dann, wenn die Anzahl b i (π) der Zyklen der Länge i
gleich 0 ist für alle i > 2.
Zeigen Sie die Rekursionsformel für die Gesamtzahl I(n) der Involutionen auf n Zahlen
(I(0) = 1, I(1) = 1):
Lösungsvorschlag:
(a)
I(n) = I(n − 1) + (n − 1)I(n − 2), für n ≥ 2
Zeige zunächst b i (π) = 0∀i > 2 ⇒ π ist Involution:
Nach Voraussetzung besteht π nur aus Zyklen der Länge eins oder zwei. Betrachte das
Bild eines Elementes x unter ππ. Im ersten Fall liegt x in einem Zyklus der Länge eins.
Dann ist π(x) = x und damit auch ππ(x) = x. Im zweiten Fall liegt π in einem Zyklus
der Länge zwei mit einem Element y ≠ x. Dann gilt π(x) = y und π(y) = x. Zweifaches
Anwenden von π ergibt ππ(x) = π(y) = x. ππ beschreibt also die Identitätsabbildung,
damit ist π Involution.
Den Fall “π ist Involution ⇒ b i (π) = 0∀i > 2” zeigen wir über die Kontraposition
“ ∃i > 2 mit b i (π) ≠ 0 ⇒ π ist keine Involution”:
Sei xyz eine Folge von verschiedenen Elementen in einem Zyklus der Länge größer oder
gleich drei. Dann gelten π(x) = y und π(y) = z. Damit ist ππ(x) = π(y) = z ≠ x. Damit
ist das Bild von x unter ππ verschieden von x, ππ ist also nicht die Identitätsabbildung.
Also ist π keine Involution.
(b)
Sei I n := {π ∈ G n | b i (π) = 0∀i > 2} die Menge der Involutionen auf n Elementen mit
|I n | = I(n). Wir betrachten die Zyklenschreibweise von π ∈ I n .
Erster Fall: n liegt in π in einem Zyklus der Länge 1. Dann müssen die restlichen n − 1
Elemente ebenfalls eine Involution bilden. Dazu gibt es I(n − 1) Möglichkeiten.
Zweiter Fall: n liegt in π in einem Zyklus der Länge 2. Für das zweite Element des
Zyklus gibt es n − 1 Möglichkeiten. Die restlichen n − 2 Elemente müssen wieder eine
Involution bilden. Dazu gibt es I(n − 2) Möglichkeiten.
Der erste und der zweite Fall sind disjunkt, so dass wir die Summenregel anwenden
können. Insgesamt gilt daher:
I(n) = I(n − 1) + (n − 1)I(n − 2).