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\documentclass[10pt,a4paper,oneside,ngerman,numbers=noenddot]{scrartcl}
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\usepackage[T1]{fontenc}
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\usetikzlibrary{matrix,fadings,calc,positioning,decorations.pathreplacing,arrows}
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\pagenumbering{arabic}
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\def\thesection{\arabic{section})}
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\def\thesubsection{\alph{subsection})}
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\def\thesubsubsection{(\arabic{subsubsection})}
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\begin{document}
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\author{Jim Martens}
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\title{Hausaufgaben zum 08./09. November}
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\maketitle
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\section{}
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\subsection{}
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $177 \equiv 18$ (mod 5) \\
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Falsch, da $177-18=169$ ergibt und $169\, \text{mod}\, 5 \neq 0$.
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\item $177 \equiv -18$ (mod 5) \\
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Wahr, da $177-(-18)=195$ ergibt und $195\, \text{mod}\, 5 = 0$.
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\item $-89 \equiv -12$ (mod 6) \\
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Falsch, da $-89-(-12)=-77$ ergibt und $-77\, \text{mod}\, 6 \neq 0$.
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\item $-123 \equiv 33$ (mod 13) \\
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Wahr, da $-123-33=-156$ ergibt und $-156\, \text{mod}\, 13 = 0$.
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\item $39 \equiv -1$ (mod 40) \\
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Wahr, da $39-(-1)=40$ ergibt und $40\, \text{mod}\, 40 = 0$.
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\item $77 \equiv 0$ (mod 11) \\
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Wahr, da $77-0=77$ ergibt und $77\, \text{mod}\, 11 = 0$.
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\item $2^{51} \equiv 51$ (mod 2) \\
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Falsch, da $2^{x}$ immer eine gerade Zahl ergibt und bei Addition/Subtraktion einer ungeraden Zahl immer eine ungerade Zahl herauskommt. $51$ ist eine ungerade Zahl, wodurch $2^{51}-51$ nicht durch $2$ restlos teilbar ist.
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\end{enumerate}
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\subsection{}
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\begin{alignat}{4}
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7293& =&\: 19 &\: \cdot &\: 378& \indent\text{Rest}&\indent 111\\
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378& =&\: 3 &\: \cdot &\: 111& \indent\text{Rest}&\indent 45\\
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111& =&\: 2 &\: \cdot &\: 45& \indent\text{Rest}&\indent 21\\
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45& =&\: 2 &\: \cdot &\: 21& \indent\text{Rest}&\indent 3\\
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21& =&\: 7 &\: \cdot &\: 3& \indent\text{Rest}&\indent 0
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\end{alignat}
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Der $ggt(7293,378)$ ist $3$.
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\subsection{}
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\begin{enumerate}
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\item $\lceil \sqrt{7} \rceil$ \\
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Da $2^{2}=4$ und $3^{2}=9$ gelten, liegt die Quadratwurzel von $7$ zwischen $2$ und $3$. Durch die oberen Gaußklammern wird auf die nächsthöhere ganze Zahl aufgerundet. Daher ergibt sich $\lceil \sqrt{7} \rceil=3$.
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\item $\lfloor \sqrt{7} \rfloor$ \\
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Bei den unteren Gaußklammern wird auf die nächstniedrigere ganze Zahl abgerundet. Durch das eben Festgestellte gilt hier $\lfloor \sqrt{7} \rfloor = 2$.
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\item $\lceil 7.1 \rceil = 8$ \\
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Gilt aufgrund der eben festgestellten Sachverhalte.
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\item $\lfloor 7.1 \rfloor = 7$ \\
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Gilt analog.
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\item $\lceil -7.1 \rceil = -7$ \\
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Gilt analog.
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\item $\lfloor -7.1 \rfloor = -8$ \\
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Gilt analog.
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\item $\lceil -7 \rceil = -7$ \\
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Gilt analog.
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|
\item $\lfloor -7 \rfloor = -8$ \\
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|
Gilt analog.
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\end{enumerate}
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\section{}
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\addtocounter{subsubsection}{1}
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\subsubsection{}
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\textbf{Behauptung:} Aus $b_{1} \mid a_{1}$ und $b_{2} \mid a_{2}$ folgt $b_{1} \cdot b_{2} \mid a_{1} \cdot a_{2}$. \\
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\textbf{Beweis:}\\
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$b_{1} \mid a_{1}$ bedeutet, dass $a_{1}=c \cdot b_{1}$ für ein $c \in \mathbb{Z}$ gilt; $b_{2} \mid a_{2}$ bedeutet, dass $a_{2}=d \cdot b_{2}$ für ein $d \in \mathbb{Z}$ gilt. \\
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Multipliziert man die beiden Gleichungen, so ergibt sich: $a_{1} \cdot a_{2} = c \cdot d \cdot b_{1} \cdot b_{2}$. Damit ist klar, dass $b_{1} \cdot b_{2} \mid a_{1} \cdot a_{2}$ gilt.\hfill $\Box$
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\subsubsection{}
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\textbf{Behauptung:} Aus $c \cdot b \mid c \cdot a$ (für $c \neq 0$) folgt $b \mid a$.\\
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\textbf{Beweis:}\\
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$c \cdot b \mid c \cdot a$ bedeutet, dass $c \cdot a = d\cdot c \cdot b$ für ein $d \in \mathbb{Z}$ gilt. Nach teilen durch $c$ ergibt sich $a = d \cdot b$. Damit ist klar, dass $b \mid a$ gilt.\hfill $\Box$
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\subsubsection{}
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\textbf{Behauptung:} Aus $b \mid a_{1}$ und $b \mid a_{2}$ folgt $b \mid c_{1} \cdot a_{1} + c_{2} \cdot a_{2}$ für beliebige ganze Zahlen $c_{1}$ und $c_{2}$.\\
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\textbf{Beweis:}\\
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$b \mid a_{1}$ bedeutet, dass $a_{1} = c \cdot b$ für ein $c \in \mathbb{Z}$ gilt; $b \mid a_{2}$ bedeutet, dass $a_{2} = d \cdot b$ für ein $d \in \mathbb{Z}$ gilt.\\
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Durch Multiplikation mit $c_{1}$ bzw. $c_{2}$ ergibt sich: $a_{1} \cdot c_{1} = c_{1} \cdot c \cdot b$ bzw. $a_{2} \cdot c_{2} = c_{2} \cdot d \cdot b$.\\
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Addiert man die beiden Gleichungen ergibt sich $a_{1} \cdot c_{1} + a_{2} \cdot c_{2} = c_{1} \cdot c \cdot b + c_{2} \cdot d \cdot b$.\\
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Durch Ausklammern des $b$ ergibt sich: $a_{1} \cdot c_{1} + a_{2} \cdot c_{2} = b \cdot (c_{1} \cdot c + c_{2} \cdot d)$.\\
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Daher gilt $b \mid c_{1} \cdot a_{1} + c_{2} \cdot a_{2}$.\hfill $\Box$
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\section{}
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\subsection{}
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\textbf{Behauptung:} Die Aussage $3 \mid (n^{3} + 2n)$ gilt für alle $n \geq 0$ mit $n \in \mathbb{Z}$.\\
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\textbf{Beweis:} Durch vollständige Induktion.\\
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Mit $A(n)$ sei die Aussage $3 \mid (n^{3} + 2 \cdot n)$ bezeichnet.\\
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\underline{Induktionsanfang:} $A(0)$ ist richtig, da $3 \mid (0^{3} + 2 \cdot 0)$ bzw. $3 \mid 0$ gilt.\\\\
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\underline{Induktionsannahme:} Für ein beliebig fest gewähltes $n \in \mathbb{Z}$ mit $n \geq 0$ gilt $A(n)$, d. h. es gelte $3 \mid (n^{3} + 2 \cdot n)$.\\\\
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\underline{Zu zeigen:} $A(n+1)$ gilt, d. h. $3 \mid ((n+1)^{3} + 2 \cdot (n+1))$ gilt.\\\\
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\underline{Induktionsschluss:}\\
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Sei $3 \mid (n^{3} + 2 \cdot n)$, d. h. es gibt $c \in \mathbb{Z}$, sodass $n^3 + 2 \cdot n = 3 \cdot c$.
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\begin{alignat}{2}
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&\: (n+1)^{3} + 2 \cdot (n+1) &=&\: n^{3} + 1^{3} + 2n + 2\\
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\Leftrightarrow &\: (n+1)^{3} + 2 \cdot (n+1) &=&\: n^{3} + 2n + 1^{3} + 2\\
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\intertext{Anwendung der Induktionsannahme}
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\Leftrightarrow &\: (n+1)^{3} + 2 \cdot (n+1) &=&\: 3 \cdot c + 3\\
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\Leftrightarrow &\: (n+1)^{3} + 2 \cdot (n+1) &=&\: 3 \cdot (c + 1)
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\end{alignat}
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Nach dem Induktionsprinzip folgt aus dem Induktionsanfang und dem Induktionsschluss die Behauptung.\hfill $\Box$
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\subsection{}
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\textbf{Behauptung:} Für alle $n \in \mathbb{N}$ gilt, dass ein Schachfeld der Größe $2^{n} \cdot 2^{n}$ überdeckungsfrei mit L-Stücken der Größe 3 so belegt werden kann, dass nur das Feld oben rechts frei bleibt.\\
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\textbf{Beweis:} Mit vollständiger Induktion.\\
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\underline{Induktionsanfang:} Für $n=1$ ist die Aussage wahr, da bei $4$ Feldern das L-Stück die Felder oben links, unten links und unten rechts bedeckt.
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\begin{tikzpicture}
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\draw (0,0) -- +(0,1); %linke Kante
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\draw (0,1) -- +(1,0); %obere Kante
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\draw (0,0) -- +(1,0); %untere Kante
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|
\draw (1,0) -- +(0,1); %rechte Kante
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\draw (0.5,0) -- +(0,1); %vertikaler mittlerer Strich
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\draw (0,0.5) -- +(1,0); %horizontaler mittlerer Strich
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|
\draw (0.25,0.25) -- +(0,0.5); %linker Teil des L
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|
\draw (0.25,0.25) -- +(0.5,0); %rechter Teil des L
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|
\end{tikzpicture}
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\\\\
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\underline{Induktionsannahme:} Für ein beliebig fest gewähltes $n \in \mathbb{N}$ gilt die Behauptung, d. h. es gelte, dass ein Schachfeld der Größe $2^{n} \cdot 2^{n}$ überdeckungsfrei mit L-Stücken belegt werden kann, sodass nur das Feld oben rechts frei bleibt.\\\\
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\underline{Zu zeigen:} Die Behauptung gilt auch für $n+1$.\\\\
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\underline{Induktionsschluss:}\\
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Sei $2^{n} \cdot 2^{n}$ ein Schachfeld mit den Kantenlängen $2^{n+1}$. Dieses kann in vier gleichgroße Teile mit der Kantenlänge $2^{n}$ aufgeteilt werden. Auf diese wende ich die Induktionsannahme an. Nun habe ich vier Mal ein Feld oben rechts frei.
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\begin{tikzpicture}
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\draw (0,0) -- +(0,1); %linke Kante
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\draw (0,1) -- +(1,0); %obere Kante
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\draw (0,0) -- +(1,0); %untere Kante
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\draw (1,0) -- +(0,1); %rechte Kante
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\draw (0.5,0) -- +(0,1); %vertikaler mittlerer Strich
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\draw (0,0.5) -- +(1,0); %horizontaler mittlerer Strich
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\draw (0.4,0.9) -- +(0,0.1); %linke Kante des oberen linken freien Feldes
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\draw (0.4,0.9) -- +(0.1,0); %untere Kante des oberen linken freien Feldes
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\draw (0.4,0.4) -- +(0,0.1); %linke Kante des unteren linken freien Feldes
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\draw (0.4,0.4) -- +(0.1,0); %untere Kante des unteren linken freien Feldes
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\draw (0.9,0.9) -- +(0,0.1); %linke Kante des oberen rechten freien Feldes
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\draw (0.9,0.9) -- +(0.1,0); %untere Kante des oberen rechten freien Feldes
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|
\draw (0.9,0.4) -- +(0,0.1); %linke Kante des unteren rechten freien Feldes
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\draw (0.9,0.4) -- +(0.1,0); %untere Kante des unteren rechten freien Feldes
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|
\end{tikzpicture}
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Durch Rotation des oberen linken Teils um $90$ Grad nach rechts und des unteren rechten Teiles um $90$ Grad nach links, entstehen drei freie Felder in der Mitte. Diese können mit einem weiteren L-Stück belegt werden, sodass nur das Feld oben rechts frei bleibt.
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\begin{tikzpicture}
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\draw (0,0) -- +(0,1); %linke Kante
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\draw (0,1) -- +(1,0); %obere Kante
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\draw (0,0) -- +(1,0); %untere Kante
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\draw (1,0) -- +(0,1); %rechte Kante
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\draw (0.5,0) -- +(0,1); %vertikaler mittlerer Strich
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\draw (0,0.5) -- +(1,0); %horizontaler mittlerer Strich
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\draw (0.4,0.6) -- +(0,-0.1); %linke Kante des oberen linken freien Feldes
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\draw (0.4,0.6) -- +(0.1,0); %untere Kante des oberen linken freien Feldes
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\draw (0.4,0.4) -- +(0,0.1); %linke Kante des unteren linken freien Feldes
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\draw (0.4,0.4) -- +(0.1,0); %untere Kante des unteren linken freien Feldes
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\draw (0.9,0.9) -- +(0,0.1); %linke Kante des oberen rechten freien Feldes
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\draw (0.9,0.9) -- +(0.1,0); %untere Kante des oberen rechten freien Feldes
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\draw (0.6,0.4) -- +(0,0.1); %linke Kante des unteren rechten freien Feldes
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\draw (0.6,0.4) -- +(-0.1,0); %untere Kante des unteren rechten freien Feldes
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\draw (0.45,0.45) -- +(0,0.1); %linker Strich des L
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\draw (0.45,0.45) -- +(0.1,0); %rechter Strich des L
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\end{tikzpicture}
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Nach dem Induktionsprinzip ergibt sich aus dem Induktionsanfang und dem Induktionsschluss die Behauptung. \hfill $\Box$
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\section{}
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\subsection{}
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\textbf{Behauptung:} $g(x,y)$ mit $(x,y) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}, \mathbb{Q} \times \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q} \times \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$ ist injektiv.\\
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\textbf{Beweis:} Durch Widerspruch.\\
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Angenommen $g(x,y)$ sei nicht injektiv, dann gilt $(x,y) \neq (a,b)$ mit $(x,y),(a,b) \in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$ und $g(x,y) = g(a,b)$.\\
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Daraus ergibt sich:
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$g(x,y) = g(a,b) = (xy^{2},xy^{2}-3x,(x^{2}-2)y) = (ab^{2},ab^{2}-3a,(a^{2}-2)b)$.\\
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Es ergeben sich drei Gleichungen:
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\begin{alignat}{2}
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\label{eq:1} xy^{2} &=& ab^{2} \\
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\label{eq:2} xy^{2}-3x &=& ab^{2}-3a \\
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(x^{2}-2)y &=& (a^{2}-2)b \\
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\intertext{Subtrahiere \eqref{eq:2} von \eqref{eq:1}:}
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-3x &=& -3a \\
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\intertext{Geteilt durch (-3) ergibt sich:}
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\label{eq:3} x &=& a\\
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\intertext{Wegen \eqref{eq:3} ergibt sich:}
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(a^{2}-2)y &=& (a^{2}-2)b \\
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\intertext{Geteilt durch $(a^{2}-2)$ ($\neq 0$ wg. $\pm \sqrt{2} \not\in \mathbb{Q}$) ergibt sich:}
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y &=& b
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\end{alignat}
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Damit würde $(x,y) = (a,b)$ gelten, was im Widerspruch zur Annahme steht. Also ist $g(x,y)$ injektiv. \hfill $\Box$
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\subsection{}
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\textbf{Behauptung:} $h(z)$ mit $z \in \mathbb{Z}, \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ ist nicht surjektiv.\\
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\textbf{Beweis:}\\
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Es sei $h(z) = (0,0)$. Daraus ergeben sich folgende Gleichungen:
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\begin{alignat}{2}
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\label{eq:4} 0 &=& z+2 \\
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\label{eq:5} 0 &=& z-1 \\
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\intertext{\eqref{eq:4} - \eqref{eq:5} ergibt:}
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0 &=& 3
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\end{alignat}
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Also ist $h(z)$ nicht surjektiv. \hfill $\Box$
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\end{document}
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