Vorkurs Mathematik - SoSe 2017
Regula Krapf Lösungen Übungsblatt 4
Aufgabe 1. Seiena, b und c(mathematische) Objekte.
(a) Es gelte {a, b}={c}. Zeigen Siea=b.
(b) Es gelte {a, b}={a, c}. Beweisen Sie, dassb=cgilt.
Lösung.
(a) Es gilta∈{a, b}={c}, also folgt a=c. Aanalog gilt b∈{a, b}={c}, also b=c. Daraus folgta=c=b.
(b) Es gilt b∈{a, b}={a, c}. Nun haben wir zwei Fälle:
• 1. Fall: b= a. Dann giltc∈{a, b}= {a, a} = {a}, alsoc =a. Somit folgtb=a=c.
• 2. Fall: b=c. Dann bleibt nichts zu zeigen.
Da in beiden Fällenb=cfolgt, ist die Behauptung bewiesen.
Aufgabe 2. Seien a, b, c und d (mathematische) Objekte. Es gelte {a, b, c} = {a, b, d}. Gilt dannc=d? Beweisen Sie oder finden Sie ein Gegenbeispiel.
Lösung. Nein; ein Gegenbeispiel ist gegeben durch a = c= 0 und b = d = 1.
Dann gilt{a, b, c}={0,1}={a, b, d}, aber c= 0�= 1 =d.
Aufgabe 3. Beweisen Sie diede Morganschen Regeln für MengenA, B, C: (a) A\(B∪C) = (A\B)∩(A\C)
(b) A\(B∩C) = (A\B)∪(A\C).
Lösung.
(a) Wir zeigenA\(B∪C) = (A\B)∩(A\C).
“⊆” Seix∈A\(B∪C). Dann istx∈Aundx /∈B∪C. Wäre aberx∈B, so wäre auchx∈B∪C, was unmöglich ist. Somit istx∈A\B. Analog zeigt manx∈A\C. Somit folgtx∈(A\B)∩(A\C).
“⊇” Seix∈(A\B)∩(A\C). Dann istx∈A\B und x∈A\C. Also gilt x /∈B∪C. Da aber x∈A, folgtx∈A\(B∪C).
⇐⇒x∈A\B und x∈A\C
⇐⇒x∈(A\B)∩(A\C).
(b) Wir zeigen die zweite de Morgansche Regel:A\(B∩C) = (A\B)∪(A\C).
x∈A\(B∩C)⇐⇒x∈Aund x /∈B∩C
⇐⇒x∈Aund (x /∈B oderx /∈C)
⇐⇒(x∈Aund x /∈B) oder(x∈Aund x /∈B)
⇐⇒x∈A\B oder x∈A\C
⇐⇒x∈(A\B)∪(A\C).
Aufgabe 4. Seien Aund B Mengen mit A∩B = ∅ und A∪B = A. Folgern Sie, dass B=∅.
Hinweis: Machen Sie einen Widerspruchsbeweis!
Lösung. Wir nehmen an, dass B �= ∅ und führen diese Annahme zu einem Widerspruch. DaB �=∅, gibt es einx∈B. Also gilt auchx∈A∪B=A. Damit folgt aber x ∈A∩B; dies ist aber ein Widerspruch zur Annahme A∩B = ∅.
Also kann es kein solches xgeben und folglichB =∅.
Aufgabe 5. Die symmetrische Differenz zweier MengenA und B ist definiert als
A�B:= (A\B)∪(B\A).
(a) Stellen Sie A�B in einem Venn-Diagramm dar und erläutern Sie, wieso der Name “symmetrische Differenz” Sinn macht.
(b) Zeigen Sie die Äquivalenz
A�B=∅ ⇐⇒A=B.
Lösung. (a) Der Name macht Sinn, da es sich um zwei mengentheoretische Differenzen A\B und B \A handelt, die “symmetrisch” sind, im Sinne, dass man die Rolle vonA und B vertauschen kann. Insbesondere gilt auch A�B=B�A.
A B
(b) Wir müssen zwei Richtungen zeigen.
“⇒” Wir nehmen an, dassA�B=∅. Sei nunx∈A. DaA�B=∅, muss auch A\B = ∅ gelten. Also gilt x∈ B. Analog zeigt man: Für jedes x∈B gilt auch x∈A. Also folgtA=B.
“⇐” SeiA=B. Dann giltA\B =A\A=∅ undB\A=A\A=∅, also auchA�B=∅.
Aufgabe 6. Berechnen Sie die Potenzmenge von folgenden Mengen:
(a) ∅ (b) {1,2,3}
(c) {{1},{2,3}}
Lösung.
(a) P(∅) ={∅,{∅}}
(b) P({1,2,3}) ={∅,{1},{2},{3},{1,2},{1,2},{2,3},{1,2,3}}
(c) P(1,{2,3}) ={∅,{1},{2,3},{1,{2,3}}}.
Aufgabe 7. Gelten folgende Gleichheiten für alle MengenAundB? Beweisen Sie oderfinden Sie ein Gegenbeispiel.
(a) P(A∪B) =P(A)∪P(B) (b) P(A∩B) =P(A)∩P(B) Lösung.
(a) Nein, denn fürA={1} undB={2}gilt
• P(A) ={∅,{1}}
• P(B) ={∅,{2}}
• P(A∪B) =P({1,2}) ={∅,{1},{2},{1,2}}
und somitP(A)∪P(B) ={∅,{1},{2}}�=P(A∪B).
⇐⇒X∈P(A)und X ∈P(B)
⇐⇒X∈P(A)∩P(B).
Aufgabe 8. Ein Dreieck heißt gleichschenklig, falls es zwei gleich lange Seiten hat. Beweisen Sie per Ringschluss, dass die folgenden Aussagen für ein Dreieck Δ=ΔABC äquivalent sind:
(1) Δist gleichschenklig.
(2) Δhat zwei gleich lange Höhen.
(3) Δhat zwei gleich große Winkel.
Hinweis: Verwenden Sie die Kongruenzsätze!
Zusatzaufgabe: Finden Sie noch weitere Eigenschaften von Δ, die zu (1) - (3) äquivalent sind.
Lösung. Seien die Seiten gegeben durcha,b und c. Wir geben eine Beweis per Ringschluss an.
A B
C
c b a
Hb Ha
ha
hb
α β
γ
(1)⇒(2): Wir nehmen an, dass a=bgilt. Seienhaundhb die Höhen der Seitena resp.b. Dann haben die DreieckeAHaC und BHbC drei gleich große Winkel und eine gleich lange Seite, also folgt aus dem Kongruenz- satz WSW, dass sie kongruent sind. Also folgtha=hb.
(2)⇒(3): Wir nehmen an, dass Δzwei gleich lange Höhen hat. Wir kön- nen annehmen, dass die Höhen ha und hb gleich lang sind. Seien die Höhenfusspunkte gegeben durchHaundHb. Dann sind nach dem Kon- gruenzsatz SSW die Dreiecke ABHa und ABHb kongruent, also folgt α=β.
(3)⇒(1): Wir nehmen an, dass α = β. Sei sc die Seitenhalbierende der Seitec, und seiMcder Mittelpunkt vonc. Dann sind die DreieckeAHcC und BHcC kongruent, also folgta=b.
Weitere äquivalente Eigenschaften sind:
• Δ hat zwei gleich lange Seitenhalbierende
• Δ hat zwei gleich lange Winkelhalbierende
• Δ hat eine Höhe, die gleichzeitig auch eine Seitenhalbierende ist und noch viele mehr.
Aufgabe 9. Zeigen Sie, dass eine natürliche Zahl n genau dann durch 3 teil- bar ist, wenn sie als Summe von drei aufeinander folgenden Zahlen dargestellt werden kann.
Lösung. Wir zeigen zwei Richtungen:
“⇒” Sei ndurch 3 teilbar, also giltn= 3k für eine natürliche Zahl k. Dann gilt
n= 3k= (k−1) +k+ (k+ 1),
also kann mannals Summe von drei aufeinanderfolgenden Zahlen dar- stellen.
“⇐” Seindie Summe von drei aufeinanderfolgenden Zahlen, alson=k+(k+ 1) + (k+ 2)für eine natürliche Zahl k. Dann giltn= 3k+ 3 = 3(k+ 1), also istndurch 3 teilbar.
Aufgabe 10. Man kann die Binomialkoeffizienten�n
k
�(fürn, k∈Nmitk≤n) alternativ definieren als die Anzahl Möglichkeiten, eine k-elementige Teilmenge aus einern-elementigen Menge (z.B.{1, . . . , n}) auszuwählen.
Argumentieren Sie (informell), wieso diese Definition der Definition aus der Vorlesung entspricht.
Lösung. Es gibt n·(n−1)· · · · ·(n−k+ 1) Möglichkeiten ein geordnetes k- Tupel aus {1, . . . , n}auszuwählen. Da für uns aber die Reihenfolge keine Rolle spielt, dividieren wir durch die Anzahl aller Vertauschungen der Elemente des k-Tupels. Diese ist k!, denn man hatk Möglichkeiten für das 1. Element,k−1 Möglichkeiten für das 2. Element,. . . und 1 Möglichkeit für das k-te Element, also insgesamt k·(k−1)·. . .·1 =k!.
