Table Of ContentLukas Pottmeyer
Lösungen zu den Aufgaben aus:
Diskrete Mathematik
Ein kompakter Einstieg
14.Juni2019
Springer Nature
Inhaltsverzeichnis
1 LösungenderÜbungsaufgaben .................................. 1
1.1 LösungenderAufgabenausKapitel1 ......................... 1
1.2 LösungenderAufgabenausKapitel2 ......................... 7
1.3 LösungenderAufgabenausKapitel3 ......................... 17
1.4 LösungenderAufgabenausKapitel4 ......................... 20
1.5 LösungenderAufgabenausKapitel5 ......................... 26
1.6 LösungenderAufgabenausKapitel6 ......................... 45
1.7 LösungenderAufgabenausKapitel7 ......................... 50
1.8 LösungenderAufgabenausKapitel8 ......................... 54
v
Kapitel 1
Lösungen der Übungsaufgaben
Hier werden Lösungen zu den Übungsaufgaben vorgestellt. Es gibt oft viele ver-
schiedene (richtige) Lösungswege. Es ist daher sehr gut möglich, dass sich Ihre
LösungzueinerAufgabevomhiervorgestelltenLösungswegunterscheidet.Weiter
sindmancheLösungenrechtausführlichgewordenundhabendenformalenAnsatz
des Buches weitergeführt. Damit kann es passieren, dass Ihre Lösungen deutlich
kürzersindalsdiesehier.
1.1 LösungenderAufgabenausKapitel1
LösungvonAufgabe1SeienM,N,LMengen.
(a) WirskizzierendiegesuchtenMengennacheinanderundstellenfest,dassdie
Skizzenübereinstimmen.Wirhabeneinerseits
M N M N
L L
(a)N∩L (b)M\(N∩L)
undandererseits
1
2 1 LösungenderÜbungsaufgaben
M N M N M N
L L L
(a)M\N (b)M\L (c)(M\N)∩(M\L)
(b) Esgilt a (cid:60) N ∩L,wenn a nichtsowohlin N alsauchin L ist.Dasbedeutet
genau,dassanichtinN odernichtinList.Damiterhaltenwir
a ∈ M\(N ∩L) ⇐⇒ a ∈ M unda(cid:60) N ∩L
⇐⇒ a ∈ M und(a(cid:60) N odera(cid:60) L)
⇐⇒ (a ∈ M unda(cid:60) N)oder(a ∈ M unda(cid:60) L)
⇐⇒ (a ∈ M\N)oder(a ∈ M\L)
⇐⇒ a ∈(M\N)∪(M\L)
Das bedeutet, dass die Elemente in M \(N ∩L) genau die jenigen sind, die
auchin(M\N)∪(M\L)liegen.DamitsinddiebeidenMengengleich.
LösungvonAufgabe2(a) Induktionsanfang:Fürn=0(dasistdiekleinsteZahl
fürdiedieBehauptungstimmensoll,alsomussdiesauchunserenInduktions-
anfang darstellen), ist (cid:205)n i ·(i +1) = (cid:205)0 i ·(i +1) = 0·(0+1) = 0 =
i=0 i=0
(0+2)·(0+1)·0.DieBehauptunggiltalsofürn = 0undderInduktionsanfangist
3
erledigt.
Induktionsvoraussetzung:Fürbeliebigesaberfestesn ∈ N0 gelte(cid:205)in=0i·(i+
1)= (n+2)·(n+1)·n.
3
Induktionsschritt:SeinwieinderInduktionsvoraussetzung.Wirzeigen,dass
dieGleichungauchnochgilt,wennwirndurchn+1ersetzen.Diesfolgtaus
n+1 (cid:32) n (cid:33)
(cid:213) (cid:213)
i·(i+1)= i·(i+1) +(n+1)·(n+2)
i=0 i=0
(n+2)·(n+1)·n
I=V +(n+1)·(n+2)
3
(cid:16)n (cid:17) n+3
=(n+2)·(n+1)· +1 =(n+2)·(n+1)·
3 3
(n+3)·(n+2)·(n+1) ((n+1)+2)·((n+1)+1)·(n+1)
= =
3 3
1.1 LösungenderAufgabenausKapitel1 3
Im ersten Gleichheitszeichen, haben wir einfach den letzten Summanden in
derSummeseparatbetrachtet.DamitgiltdieFormeltatsächlichauchwennwir
überallndurchn+1ersetzen,undderInduktionsschrittistebenfallsbeendet.
Esfolgt,dassfürallen ∈N0dieGleichung(cid:205)in=0i·(i+1)= (n+2)·(3n+1)·n gilt.
(b) Hiermussmanzunächsteinbisschenausprobieren.WirberechnendieSum-
mendererstennungeradenZahlenfürsehrkleinen:
n=1: 1
n=2: 1+3=4
n=3: 1+3+5=9
n=4: 1+3+5+7=16
n=5: 1+3+5+7+9=25
DieseZahlenreihesollteIhnenetwassagen.EskommtimmereineQuadratzahl
raus!Wirvermutenalso,dassdieSummedererstennungeradenZahlengleich
n2ist.
Wie sieht denn nun die n-te ungerade Zahl aus? Die erste ungerade Zahl ist
1 und wir erhalten die zweite indem wir 1+2 rechnen, die dritte indem wir
1+2+2rechnenundallgemeindien-teindemwir1+(n−1)·2rechnen.Die
n-teungeradeZahlistalsogleich1+(n−1)·2=2n−1.UnsereVermutung
könnenwirnunalsoformulierenals:
n
(cid:213)(2i−1)=n2. (1.1)
i=1
DieseFormelbeweisenwirjetztperInduktionübern.
Induktionsanfang:JetztistdiekleinsteZahlfürdiedieAussagestimmensoll
die1.WirmüssendieFormelalsofürn=1überprüfen.IndiesemFallistdie
Gleichungoffensichtlich,dennesist(cid:205)1 (2i−1)=2−1=1=12.
i=1
Induktionsvoraussetzung:Fürbeliebigesaberfestesn ∈Ngelte(cid:205)n (2i−1)=
i=1
n2.
Induktionsschritt:SeinwieinderInduktionsvoraussetzung.Wirzeigen,dass
1.1 auch für n+1 gilt (also auch dann, wenn wir jedes n durch ein n+1
ersetzen). Dies können wir ganz direkt überprüfen, in dem wir wie in (a)
einfachdenletztenSummandenvonderSummeabspalten:
n+1 (cid:32) n (cid:33)
(cid:213)(2i−1)= (cid:213)(2i−1) +(2(n+1)−1) I=V n2+2n+1=(n+1)2
i=1 i=1
Dasmusstenwirzeigen.
LösungvonAufgabe3DerInduktionsschrittfunktioniertnichtfürn = 1(füralle
anderennwäredasArgumentinOrdnung)undsomitnichtfüreinbeliebigesn,wie
esinderInduktionsvoraussetzunggefordertwird.Dennfürn=1istS(cid:48) = {s1}und
4 1 LösungenderÜbungsaufgaben
S(cid:48)(cid:48) = {s2}.Mankannsomitnichtschließen,dasseseinePersongibt,dieinS(cid:48)und
inS(cid:48)(cid:48)ist.
LösungvonAufgabe4DerBeweisistbereitsimAnhangzuKapitel1aufgeführt.
LösungvonAufgabe5Induktionsanfang: Für n = 6 (wieder ist dies das kleinste
n, für das die Behauptung gelten soll), ist die Aufteilung des Quadrates in sechs
kleinereQuadratebereitsinderAufgabenstellungangegeben.
Induktionsvoraussetzung: Für beliebiges aber festes n ≥ 6 gelte, dass sich ein
Quadratink kleinereQuadrateaufteilenlässt,fürallek ∈ {6,...,n}.
Induktionsschritt:Wirzeigen,dasssicheinQuadratfürdasnausderInduktions-
voraussetzungauchinn+1kleinereQuadrateaufteilenlässt.
Fürn = 6undn = 7habenwirdiesbereitsinderAufgabenstellungeingesehen.
Wir d ürfen also n ≥ 8 annehmen. Nach Induktionsvoraussetzung lässt sich ein
Quadratsomitinn−2kleinereQuadrateaufteilen.WirnehmendieseAufteilungund
ersetzeneinesderQuadratedurchein .DawireinQuadratdurchvierQaudrate
ersetz haben, erhalten wir eine Aufteilung in (n−2)+3 = n+1 Quadrate. Das
musstenwirzeigen.
LösungvonAufgabe6Zu(i):DieAbbildungistnichtinjektiv,da f(0)=0= f(1).
DieAbbildungistauchnichtsurjektiv:Esist f(0)= f(1)=0und f(2)=2.Weiter
ist f(n+1) ≥ f(n)fürallen ∈N0,da(n+1)2−(n+1)=n2−n+2nund2n ∈N0
ist.Damitfolgt f(n) ≥ f(2) = 2fürallen ≥ 2,wasinsbesondere f(n) (cid:44) 1füralle
n ∈ N0 bedeutet.(DaswareineLösung,dienurdienötigstenDefinitionenbenutzt.
DeutlichelegantergehtesmiteinbisschenZahlentheorie: f(n)=n2−n=n(n+1)
istimmergerade,dasicherfürjedesnentwedernodern+1geradeist.)
Zu (ii): Die Abbildung ist nicht injektiv, da f(0) = f(2). Sie ist surjektiv, da
bereits{f(0), f(1)} = {0,1}.
Zu(iii):ImBeweisvonKorollar1.51wurdegezeigt,dassdieseAbbildungbijektiv
ist.
LösungvonAufgabe7Formulieren wir die Aufgabe mit Hilfe der Definition von
gleichmächtigetwasum,bleibtzuzeigen,dasseseinebijektiveAbbildungzwischen
{n2|n ∈ N0}und{2n+1|n ∈ N0}gibt.WirgehendabeieinenkleinenUmwegund
zeigen,dassbeideMengengleichmächtigzuN sind.EineAbbildungzwischenN
0 0
und{n2|n ∈N0}drängtsichjabereitsauf.Nämlich
f1 :N0 −→ {n2|n ∈N0} ; n(cid:55)→n2
OffensichtlichistdieseAbbildungsurjektiv.UmdieInjektivitätzuzeigen,nehmen
wir f1(n)= f1(k)anundfolgerndarausn= k.Angenommen,eswäre f1(n)= f1(k)
abern(cid:44) k.Dannistentwedern > k odern < k.DurchVertauschenderRollenvon
nundk dürfenwirohneweiteresn > k annehmen,wasn= k+n0 bedeutetfürein
n0 ∈ N.Dannistabern2 =(k+n0)2 = k2+2kn0+n02 undaus2kn0+n02 (cid:44)0folgt
n2 (cid:44) k2.DiesisteinWiederspruchzu f1(n)= f1(k).Esistalsonichtmöglich,dass
f1(n) = f1(k) und n (cid:44) k gilt. Damit muss aus f1(n) = f1(k) bereits n = k folgen.
1.1 LösungenderAufgabenausKapitel1 5
Dasbedeutetnichtsanderesalsdass f1injektiv–undsomitbijektiv–ist.(Natürlich
könnenSieauchIhrSchulwissenüberdasWurzelziehenbenutzen.Dannfolgtaus
f1(n)=n2 = k2 = f1(k)genaun=±k.Dan ∈N0liegt,isteinnegativesVorzeichen
nichtmöglichundesfolgtebenfallsn= k.)
Da f1bijektivist,gibtesaucheine(bijektive)Umkehrabbildung f1−1von{n2|n ∈
N0}nachN0.
Nun zeigen wir, dass auch {2n+1|n ∈ N0} und N0 gleichmächtig sind. Dazu
betrachtenwirnatürlich
f2 :N0 −→ {2n+1|n ∈N0} ; n(cid:55)→2n+1
WiederistdieSurjektivitätoffensichtlichundesist
f2(n)= f2(k) =⇒ 2n+1=2k+1 =⇒ 2n=2k =⇒ n= k.
Damitist f2auchinjektivundsomitbijektiv.WirbetrachtendieHintereinanderaus-
führungvon f1−1und f2:
{n2|n ∈N0} −f1→−1 N0 −→f2 {2n+1|n ∈N0}
Wirsehen,dass f2◦ f1−1eineAbbildungvon{n2|n ∈N0}nach{2n+1|n ∈N0}ist.
Weiterist f2◦ f1−1eineHintereinanderausführungvonzweibijektivenAbbildungen
unddamitselbstbijektiv.DamitsinddieMengen{n2|n ∈N0}und{2n+1|n ∈N0}
alsotatsächlichgleichmächtig.
LösungvonAufgabe8EssindzweiImplikationenzuzeigen.
⇒ Seialson ≥ k,mitn,k ∈ N.Dannist{1,...,k} ⊆ {1,...,n}.Wirdefinieren
dieAbbildung
(cid:40)
i ,fallsi ≤ k
f : {1,...,n} −→ {1,...,k} ; i (cid:55)→
1 ,fallsi > k
DaalleElemte1,2,...,k imBildvon f liegen,istdieseAbbildungsurjektiv.
⇐ WirbeweisendieAussageperInduktionüberk.
Induktionsanfang: k =1 Ist n ∈ N beliebig und f : {1,...,n} −→ {1}
eine Abbildung, so ist zwangsläufig n ≥ 1. (Der Induktionsanfang ist also
trivialerweiseerfüllt.)
Induktionsvoraussetzung: Für beliebiges aber festes k ∈ N gelte: Falls f :
{1,...,n} −→ {1,...,k}surjektivist,dannistn ≥ k.
Induktionsschritt: k (cid:55)→ k+1 Sei also f : {1,...,n} −→ {1,...,k + 1}
surjektiv,füreinn ∈ N.Danngibtesfürjedes j ∈ {1,...,k +1}mindestens
eini ∈ {1,...,n}mit f(i)= j.Sei AdieMengeallerElementeaus{1,...,n},
dieaufk+1abgebildetwerden.D.h.: A= {i ∈ {1,...,n}|f(i)= k+1}.Wir
erhaltendieAbbildung
6 1 LösungenderÜbungsaufgaben
f(cid:48) : {1,...,n}\A−→ {1,...,k} ; i (cid:55)→ f(i)
DieseAbbildungistwohldefiniert,dawirnachdemdieElementeaus Anicht
mehrberücksichtigtwerden,nurnochElementebetrachten,dietatsächlichauf
einElementaus {1,...,k} abgebildetwerden.Da f surjektivist,istauch f(cid:48)
surjektiv.
WirsortierendieElementeaus{1,...,n}\A= {m1,...,mr}dergrößenach.
D.h.:esistm1 < m2 < m3 < ... < mr füreingewissesr ∈N.DieAbbildung
g : {1,...,r} −→ {1,...,n}\A ; i (cid:55)→m
i
ist damit sicher surjektiv. Weiter ist jedes m ≥ i und somit n ≥ m ≥ r.
i r
Wäre r = n, so müsste m = i für alle i ∈ {1,...,n} gelten und es wäre
i
{1,...,n}\A= {1,...,n},waseinWiderspruchist,da Anichtleerist.Somit
istr < n und f(cid:48)◦g eine surjektive Abbildung. Per Induktionsvoraussetzung
folgtn >r ≥ k undsomitn ≥ n+1 ≥ k+1.Daswarzuzeigen.
BeidiesemBeweishabenwirunsaufdenStandpunktgestellt,dasswirdasAdditi-
onsprinzipnochnichtkennen.
LösungvonAufgabe9Seien M undN nicht-leereendlicheMengen.Danngibtes
eine bijektive Abbildung g : {1,...,|M|} −→ M und eine bijektive Abbilding
M
g : {1,...,|N|} −→ N.
N
Ist nun f : M −→ N eine Abbildung, so ist g−1 ◦ f ◦ g eine Abbildung
N M
von {1,...,|M|} nach {1,...,|N|} (da g und g bijektiv sind, existieren die
N M
Umkehrabbildungen auch tatsächlich). Ist f injektiv (bzw. surjektiv), so ist g−1 ◦
N
f◦g alsHintereinanderausführungvoninjektiven(bzw.surjektiven)Abbildungen
M
ebenfallsinjektiv(bzw.surjektiv).
Istandererseits f : {1,...,|M|} −→ {1,...,|N|}eineAbbildung,soistg ◦ f ◦
N
g−1eineAbbildungvonM nachN.GenauwieebenimpliziertdieInjektivität(bzw.
M
Surjektivität)von f auchdieInjektivität(bzw.Surjektivität)vong ◦ f ◦g−1.
N M
Zusammengenommen existiert also genau dann eine injektive (bzw. surjektive)
Abbildungvon M nach N,wenneseineinjektive(bzw.surjektive)Abbildungvon
{1,...,|M|}nach{1,...,|N|}gibt.Damiterhaltenwir
|M| ≤ |N| ⇐1.⇒33 ∃ f : {1,...,|M|} −→ {1,...,|N|}injektiv
⇐⇒ ∃ f : M −→ N injektiv
undgenauso
|M| ≥ |N| ⇐1.⇒33 ∃ f : {1,...,|M|} −→ {1,...,|N|}surjektiv
⇐⇒ ∃ f : M −→ N surjektiv
LösungvonAufgabe10Wir möchten die Tupel (i,j) aus der Tabelle der Reihe
nach (von links nach rechts und von oben nach unten gelesen) auf die Elemente
1,2,... abbilden. Es soll also gelten: (1,1) wird auf 1 abgeblidet, (1,2) auf 2, ...,
