Beispielsammlung

  • Auf meiner Homepage (siehe Signatur) ist unter Mathematik/Übungsbeispiele eine Sammlung von Lösungen zu den Übungsbeispielen der Baron-Sammlung im Entstehen.
    Beim Durchrechnen der Beispiele sind bisher zwei Probleme aufgetreten:

    • Beispiel 10: Es soll an Hand eines Verfahrens, welches umkehrbar eindeutig die Teilmengen der einen Art in die der anderen Art überführt, gezeigt werden, dass eine nichtleere, endliche Menge immer gleich viele Teilmengen mit gerader Kardinalität wie mit ungerader besitzt. (Das geht für Mengen ungerader Kardinalität beispielsweise durch Bildung des Komplements einer jeden Teilmenge, für Mengen gerader Kardinalität jedoch nicht mit Hilfe des Komplements.)
    • Beispiel 11: Es soll gezeigt werden, dass die Potenzmenge einer Menge mit m Elementen immer 2^m Elemente hat.


    Zu Beispiel 11 kann man sagen, dass man sich hier überlegen kann, wie viele Teilmengen mit n Elementen es gibt, und zwar:

    • Teilmengen mit keinem Element: eine Teilmenge (die leere Menge)
    • Teilmengen mit einem Element: m Teilmengen
    • Teilmengen mit zwei Elementen: m*(m-1) Teilmengen
    • ...
    • Teilmengen mit (m-1) Elementen: m Teilmengen
    • Teilmengen mit m Elementen: eine Teilmenge (die Menge selbst)


    D. i. jeweils der Binomialkoeffizient: (m über n); die Summe dieser Anzahlen ist dann die Anzahl der Teilmengen der Menge. Immer zwei dieser Summanden ließen sich zusammenfassen, da m über n gleich (n-m) über n ist; aber das hilft eigentlich nicht weiter.


    Wäre interessant, wenn vielleicht jemand einen Ansatz zu diesen beiden Beispielen hätte und bereit wäre, seine Idee weiterzugeben...

  • Bsp 11 geht schätz ich mal so:

    Beweis durch Induktion:

    • Ich schreibe "o" für leere Menge
    • |P(M)|..Kardinalzahl der Potenzmenge von M

    M hat 0 Elemente. n = 0. P(M) ={o} -> |P(M)| = 2^0 = 1...stimmt
    M hat 1 Element({1}). n = 1. P(M) = { {o},{1} } -> |P(M)| = 2^1 = 2...stimmt auch.

    M hat n Elemente. M={1, 2, 3,....,n}. n = n, P(M)={ {o},{1}.....} -> |P(M)| = 2^n Elemente.
    Wenn das jetzt stimmt, so muss folgendes gelten:
    M' hat n+1 Elemente. M={1, 2, 3,....n, n+1}. So muss |P(M')| = 2^(n+1) sein. M' ergibt sich aus: M u {n+1}. Jetzt haben wir angenommen, dass P(M)= 2^n Elemente und bewiesen, dass P({n+1}) 2 Elemente hat. Die Vereinigungsmenge haben wir definiert als Produkt zweier Mengen und daher muss gelten:
    |P(M')|=|P(M)| * |P({n+1})|
    2^(n+1) = 2^n * 2
    2^(n+1) = 2^(n+1)

    Somit wäre der Beweis geliefert! :thumb:

    Ohne Musik wäre das Leben ein Irrtum!

  • @ Paulchen
    Wenn ich mal Zeit und Lust habe, werd ich meine Beispiele ins PDF konvertieren und schicke sie dir dann als Mail. Bin in der Donnerstag Gruppe und schätze die dortigen Bsp wirst du eher nicht gemacht haben.

    Ohne Musik wäre das Leben ein Irrtum!

  • Quote from Poppe

    @ Paulchen
    Wenn ich mal Zeit und Lust habe, werd ich meine Beispiele ins PDF konvertieren und schicke sie dir dann als Mail. Bin in der Donnerstag Gruppe und schätze die dortigen Bsp wirst du eher nicht gemacht haben.


    gemacht hab ich sie noch nicht, aber da ich am 25.1. zur prüfung antreten werde, rechne ich, soweit möglich, alle beispiele durch


    Quote from Poppe

    Beweis durch Induktion

    genial :thumb:

  • Zu Bsp 10:

    Da die Summe aller Teilmengen ja die Potenzmenge ist kann man es ja ähnlich angehen wie das Beispiel 11.

    Also einmal der Induktionsstart:
    A = {1} P(A) = {o, {1}} --> Eine Menge mit gerader und eine mit ungerader Elementanzahl
    A = {1, 2} P(A) = {o, {1}, {2}, {1, 2} --> Jeweils zwei Mengen.

    Weiters noch die Potenzmenge des (n+1)ten Element:
    P(B) = {o, {3}}

    Wie vorher schon Erwähnt wird bei der Vereinigung der Mengen multipliziert:
    Zuerst wird mit der leeren Menge multipliziert: Dadurch sind alle Elemente der Urmenge wieder enthalten.
    Danach mit der einer Menge der Kardinalität: 1 --> Dadurch entsteht zu jedem ungeraden Element ein gerades und umgekehrt.

    In unserem Fall: P(A) u P(B) = {0, {1}, {2}, {1, 2}, {3}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}

    Jetzt haben wir für jede Menge mit gerader Elementanzahl eine Menge mit ungerader Elementanzahl und umgekehrt hinzugefügt.
    Da der Induktionsstart auch bewiesen ist, ist es auch für alle Mengen mit einer Kadinaltät n >= 1 bewiesen.
    Das entspricht der Anforderung einer nichtleeren Menge.

    Lg jack83

  • Quote from Poppe

    @ Paulchen
    Wenn ich mal Zeit und Lust habe, werd ich meine Beispiele ins PDF konvertieren und schicke sie dir dann als Mail. Bin in der Donnerstag Gruppe und schätze die dortigen Bsp wirst du eher nicht gemacht haben.


    Mal sehen wie weit wir bis Do kommen !
    Derzeit steh ma bei 69 ;)

  • Quote

    aber da ich am 25.1. zur prüfung antreten werde, rechne ich, soweit möglich, alle beispiele durch


    ich hab auch vor anzutreten. was wenn ich fragen darf machst zu zur vorbereitung? bin grad am material zusammentragen...
    was ich bis jetzt hab ist, außer mir das buch und meine mitschrift nochmal genau zu gemüte zu führen, ist, die prüfungen mathe 1 und linalg vom baron ausm PO durchzuackern und dann noch die übungsbeispiele nochmal durchzurechnen...

  • Quote from baffels

    ich hab auch vor anzutreten. was wenn ich fragen darf machst zu zur vorbereitung?

    hm... für den praktischen teil hoffe ich gut vorbereitet zu sein, wenn ich alle 191 übungsbeispiele der linearen algebra rechne und außerdem die Mathe 1- und LinAlg-POs durchackere.
    für den theoretischen teil werd ich mich durch buch und VO-mitschrift durchbeißen und das übersichtlich zusammenschreiben, ich hoffe, das wird was

  • daran hab ich eben auch gedacht.

    bei gelegenheit werd ich noch wg. dem genauen umriß des stoffes fragen, poste das dann hier.

    schönen abend

  • hallo

    gehört vielleicht nicht undebdingt hier her, aber ich hoffe ihr verzeiht mir ;)

    ich bin grad fleisig am lernen :D
    und ich hab da einige probleme beim Beispiel auf S43 ganz oben im Baron-Buch. Wie kommt man denn da auf Og(1)=4? :shinner:
    Vielleicht kann mir da ja jemand helfen

  • hier handelt es sich um die ordnung O[t]G[/t] der gruppe G bezüglich des jeweils angegebenen elementes a aus G. es gelte: a[h]n[/h]=e, wobei n eine natürliche zahl >= 1 ist und die kleinste zahl, welche diese eigenschaft erfüllt.
    das einheitselement ist e=0.
    a[h]n[/h] steht außerdem für die potenzschreibweise für die operation *, wobei (seite 41) gilt: a[h]0[/h]=e, a[h]n+1[/h]=a[h]n[/h]*a
    O[t]G[/t](0)=1, da 0[h]1[/h]=0[h]0[/h]*0=0*0=0 ist.
    O[t]G[/t](1)=4, da 1[h]4[/h]=1[h]3[/h]*1=1[h]2[/h]*1*1=1[h]1[/h]*1*1*1=1[h]0[/h]*1*1*1*1=0*1*1*1*1=(0*1)*((1*1)*1)=1*(2*1)=1*3=0
    O[t]G[/t](2)=2, da 2[h]2[/h]=2[h]1[/h]*2=2[h]0[/h]*2*2=0*2*2=(0*2)*2=2*2=0
    O[t]G[/t](3)=4, da 3[h]4[/h]=3[h]3[/h]*3=3[h]2[/h]*3*3=3[h]1[/h]*3*3*3=3[h]0[/h]*3*3*3*3=0*3*3*3*3=(0*3)*((3*3)*3)=3*(2*3)=3*1=0


    hoffe, das sollte die aufgetretenen fragen beantworten

  • Quote

    a0=e, an+1=an*a

    Wenn ich das richtig verstanden hab, dann gehst du davon aus, dass dieses "*" die Operation selber ist, oder? Im buch steht aber ein "Mal" (also als punkt) und nicht "*" als operation.
    Oder hab ich da was falsch verstanden? :confused:

  • auf seite 42 findet sich eine allgemeine definition der ordnung einer gruppe G mit der operation "mal"; auf seite 43/44 wird eine spezielle gruppe beschrieben, die auf die menge {0,1,2,3} aufbaut und die operation "*" verwendet; also gilt allgemein (für die operation "mal" in der gruppe <G,"mal">):
    a[h]0[/h]=e, a[h]n+1[/h]=a[h]n[/h] "mal" a


    für die operation * in der gruppe <G,*> gilt:


    a[h]0[/h]=e, a[h]n+1[/h]=a[h]n[/h]*a


    in der gruppe <G,+> gilt (wobei hier das symbol * für die potenzschreibweise der addition verwendet werden soll):


    0*a=e, a*(n+1)=a*n+a


    (die operation * sieht hier aus wie die "normale" multiplikation im bereich der natürlichen zahlen, ist aber nichts weiter als die eben auf diese weise definierte potenzschreibweise der natürlichen zahlen.) hoffe, du kennst dich jetzt/noch aus