Lösung 4

Musterlösung Grundbegriffe der Mathematik
Frühlingssemester 2016, Aufgabenblatt 4
Aufgabenblatt 4
40 Punkte
Aufgabe 1 (Karnaugh Diagram und logischer Schluss)
Wir betrachten die Grundmenge aller Vögel.
Gegeben sind die Prämissen
I Nicht alle Amseln sind Zugvögel.
II Zugvögel die grösser sind als Spatzen sind nicht Vegetarier.
III Alle Vögel die nicht grösser als Spatzen sind sind Vegetarier.
IV Amseln sind grösser als Spatzen.
a) Formuliere die Prämissen in Mengenschreibeweise
1
b) und erstelle das zugehörige Karnaugh-Diagramm
1
c) Beurteilen und begründen Sie nun die folgenden Schlüsse mit Hilfe des Diagrams
(i) Alle Zugvögel sind Vegetarier.
1
(ii) Es gibt Amseln die grösser als Spatzen sind, aber nicht Zugvögel sind.
1
(iii) Es gibt vegetarische Amseln die nicht Zugvögel sind.
1
(iv) Es gibt keine nicht vegetarischen Vögel, die weder grösser als Spatzen, noch Amseln sind
1
(v) Es gibt vegetarische Amseln, die zwar grösser als Spatzen sind, aber dennoch Zugvögel sind
1
7
Lösung
a) Wir definieren die folgenden Mengen:
A : Menge der Amseln
G : Menge der Vögel, die grösser als Spatzen sind
Z : Menge der Zugvögel
V : Menge der Vegetarier
Die Prämissen werden nun in der Mengenschreibweise formuliert:
I A∩Z ≠∅
II Z ∩ G ⊆ V oder Z ∩ G ∩ V = ∅
III G ⊆ V oder G ∩ V = ∅
IV A ⊆ G oder A ∩ G = ∅
b) Im Karnaugh-Diagramm werden die vier Aussagen eintragen. Die gelben Felder bedeuten, gemäss der
ersten Aussage, dass mindestens in einem der beiden Felder ein Element vorhanden sein muss.
1
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Frühlingssemester 2016, Aufgabenblatt 4
A
A
Z
G
∅
∅
Z
∅
∅
∅
∅
∅
∅
G
V
V
c)
Z
V
i Bei diesem Schluss handelt es sich um einen Trugschluss, da Z ⊆ V gdw Z ∩ V = ∅ ein undefiniertes
Feld beinhaltet.
ii Die Konklusion A ∩ G ∩ Z ≠ ∅ ist ein korrekter Schluss, da in mindestens einem der gelben Felder ein
Element enthalten sein muss.
iii Es handelt sich um einen Trugschluss, A ∩ V ∩ Z ≠ ∅. Eines der gelben Felder ist enthalten, jedoch
ist unklar, ob ein Element vorhanden ist.
iv Die Konklusion V ∩ G ∩ A = ∅ ist ein korrekter Schluss, da die beiden Felder im Karnaugh-Diagramm
leer sind.
v Der Schluss V ∩ A ∩ G ∩ Z ≠ ∅ ist ein Trugschluss, da das dazugehörige Feld ein leeres Feld ist.
Aufgabe 2 (Gewinnumformungen)
Wir betrachten die Gleichung
√
√
√
−5x − 5 + −5x − 4 = x + 2
Bestimmen Sie
a) die Grundmenge in R
1
b) die Lösungsmenge
2
c) und kommentieren Sie den Lösungsweg.
1
4
Lösung
a) Um die Grundmenge zu bestimmen müssen die drei Wurzelterme aufgelöst werden. Wir wissen, dass die
Terme der Wurzeln nicht negativ sein dürfen. Somit lösen wir jeweils nach x auf:
−5x − 5 ≥ 0
⇔
x+1≤0
⇔
x ≤ −1
(1)
≤0
⇔
x≤
− 45
−5x − 4 ≥ 0
⇔
x+
(2)
x+2≥0
⇔
x ≥ −2
(3)
4
5
Wenn wir die gefundenen x in die Gleichung einsetzen, stellen wir fest, dass − 45 beim ersten Term zu einer
negativen Wurzel führt. − 45 gehört deshalb nicht zur Grundmenge. Die Grundmenge ist daher [-2, -1].
2
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b) Wir lösen die Gleichung auf:
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√
√
−5x − 5 + −5x − 4 = x + 2
√
√
−5x − 5 + 2 −5x − 5 −5x − 4 − 5x − 4 = x + 2
√
√
⇔ 2 −5x − 5 −5x − 4 = 11x + 11
√
⇔ 2 25x2 + 45x + 20 = 11x + 11
⇒
⇒
⇒
√
(quadrieren)
(Wurzel isolieren)
(Wurzel vereinfachen)
(quadrieren)
100x + 180x + 80 = 121x + 242x + 121
2
x1,2 =
2
−62 ±
√
⇔
(vereinfachen)
0 = 21x + 62x + 41
(quadratischen Gleichung)
622 − 4 ⋅ 21 ⋅ 41 −62 ± 20
=
2 ⋅ 21
42
−42
x1 =
= −1
42
−84
41
x2 =
=−
42
21
(Lösung 1)
2
(Lösung 2)
Um die beiden Lösungen zu überprüfen, setzen wir die Werte in die Gleichung ein.
√
√
√
−5 ⋅ (−1) − 5 + −5 ⋅ (−1) − 4 = −1 + 2
√
√
√
⇔
5 − 5 + 5 − 4 = −1 + 2
√
√ √
0+ 1= 1
⇔
⇔
√
0+1=1
(KORREKTE LÖSUNG)
√
41
41
−5 ⋅ (− ) − 4 = − + 2
21
21
√
√
√
100
121
1
+
=
⇔
21
21
21
√
√
√
4.7619 + 5.7619 = 0.047619
41
−5 ⋅ (− ) − 5 +
21
⇔
(Lösung 1)
√
⇔
2.18 + 2.4 ≠ 0.21821789
(Lösung 2)
(GLEICHUNG NICHT ERFÜLLT!)
Wir stellen fest, dass die zweite Lösung die Gleichung nicht erfüllt, obwohl auch sie in der Grundmenge
41
vorhanden ist. Somit hat eine Gewinnumformung stattgefunden. Setzen wir − 21
für x vor dem zweiten
√
2
Quadrieren in die Gleichung 2 25x + 45x + 20 = 11x+11 ein, stellen wir fest, dass die rechte Seite negativ
wird, die linke Seite aber nicht negativ sein kann. Somit ist beim zweiten Quadrieren die Scheinlösung
− 41
entstanden. Die Lösungsmenge beinhaltet nur -1.
21
c) Da beim Auflösen der Gleichung zwei Lösungen entstanden, aber nur eine davon in der Lösungsmenge ist,
handelt es sich bei der zweiten Lösung um eine Scheinlösung.
Aufgabe 3 (Konstruktive Mengen)
Gegeben sind die Mengen
A ∶= {(x, y) ∈ R2 ∣ x2 + y 2 ≤ 4}
B ∶= {(x, y) ∈ R2 ∣ y < 1 − x2 /4}
C ∶= {(x, y) ∈ R2 ∣ x2 + (y + 1/2)2 > 9/4}
Stellen Sie die Mengen
3
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Frühlingssemester 2016, Aufgabenblatt 4
a) A ∖ B,
3
b) A∆B∆C
6
je in einem x − y-Koordinatensystem mit Berücksichtigung der Ränder dar. (Verwenden Sie die folgende
Notation: ● Eckpunkt gehört dazu, ○ Eckpunkt gehört nicht dazu, −−−−− Randlinie gehört dazu, − − − Randlinie
gehört nicht dazu.)
9
Lösung
a) A ∖ B sieht wie folgt aus:
b) A∆B∆C sieht wie folgt aus:
Aufgabe 4 (Relationen)
Wir betrachten die Relationen S, T, U in R2 gegeben durch:
• xSy ∶ gdw (x−1)2 +(y+1)2 < 1
• xTy ∶ gdw x < y 2 − 1
• xUy ∶ gdw ∣y∣ ≤ ∣ cos(x)∣
a) Bestimmen Sie die Definitions- und Wertebereiche von S und T.
2
b) Bestimmen Sie die Relation xU −1 y und ihren Defintions- und Wertebereich.
1
c) Stellen Sie die Lösungsmenge der Relationen S∩T und U in je einem Koordinatensystem dar. (Verwenden
Sie die folgende Notation: ● Eckpunkt gehört dazu, ○ Eckpunkt gehört nicht dazu, −−−−− Randlinie gehört
dazu, − − − Randlinie gehört nicht dazu.)
4
7
4
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Lösung
a) Wir stellen S im Koordinatensystem dar:
Nun können wir den Definitions- und Wertebereich bestimmen.
D(S) =]0, 2[
W(S) =] − 2, 0[
T sieht wie folgt aus:
D(T ) = R
W(T ) = R.
b) Um für U die Umkehrrelation zu erhalten, müssen wir x und y vertauschen.
xU −1 y gdw yU x gdw ∣x∣ ≤ ∣ cos(y)∣.
Der Definitions- und Wertebereich für U −1 ist:
D(U −1 ) = {x ∈ R∣ − 1 ≤ x ≤ 1} = [−1, 1].
W(U −1 ) = R.
c) S ∩ T
5
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U sieht wie folgt aus:
Aufgabe 5
Auf einer Menschenmenge sind die Relationen K, S, B, U, V definiert durch:
• K: ist Kind von
• B: ist Bruder von
• S: ist Schwester von
• U ∶= K ○ S
• V ∶= K−1 ○ ((S ∪ B) ○ K)
a) Was bedeutet xU y und xV y?
2
b) Drücken Sie die Relation “ist Grosstante von” mit den Relationen K, B, S aus.
2
4
Lösung
a) Für xU y gilt, dass xU y gdw x(K ○ S)y gdw ∃z(xSz ∧ zKy). Dies bedeutet, dass x eine Schwester von z
und z ein Kind von y ist. x ist also eine Tochter von y, die mindestens ein Geschwister hat.
Für xV y gilt:
gdw x(K−1 ○ ((S ∪ B) ○ K)y
gdw ∃z[xKz ∧ z(K−1 ○ (S ∪ B)y]
gdw ∃z[xKz ∧ ∃u(z(S ∪ B)u ∧ uK−1 y)]
gdw ∃z[xKz ∧ ∃u((zSu ∨ yBu) ∧ yKu)]
gdw ∃z[x ist Kind von z ∧ ∃u((z ist Schwester oder Bruder von u) ∧ u ist Kind von y)]
gdw x ist Cousine oder Cousin von y.
6
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b) Die Grosstante ist eine Schwester der Grosseltern, dies bedeutet eine Schwester eines Elternteils eines
Elternteils. Wir wissen, dass “K −1 : ist Elternteil von” bedeutet. Für die Grosstante gilt: x((K −1 ○ K −1 ) ○
S)z.
Aufgabe 6 (Injektivität und Surjektivität I)
Gegeben sind A ∶= {α, β, γ, δ, ϵ, ζ} und B ∶= {a, b, c, d, e}.
Funktionen f ∶ A → B definiert durch
f (α) = e,
und g ∶ B → A durch
f (β) = d,
g(a) = α,
f (γ) = c,
g(b) = δ,
f (δ) = b,
g(c) = γ,
f (ϵ) = a,
g(d) = β,
f (ζ) = e
g(e) = ϵ,
Begründen Sie, ob die folgenden Aussagen wahr sind.
a) f ist injektiv.
d) g ist injektiv.
g) f ○ g ist injektiv.
b) f ist surjektiv.
e) g ist surjektiv.
h) f ○ g ist surjektiv.
c) f ist bijektiv.
f) g ist bijektiv.
i) f ○ g ist bijektiv.
3
Lösung
Die Funktionen f , g, f ○ g sehen wie folgt aus:
f ∶A→B
α↦e
ζ↗
β↦d
γ↦c
δ↦b
ϵ↦a
g∶B→A
e↦ϵ
d↦β
c↦γ
b↦δ
a↦α
f ○g ∶B →B
e↦a
d↦d
c↦c
b↦b
a↦e
a) Diese Aussage ist falsch, da es nicht zu jedem Element von B höchstens ein Element von A gibt. α und ζ
zeigen beide auf e.
b) Diese Aussage ist wahr, da es zu jedem Element von B mindestens ein Element von A gibt.
c) Diese Aussage ist falsch, da f nur surjektiv ist und nicht auch injektiv, somit kann f nicht bijektiv sein.
d) Diese Aussage ist wahr, da es zu jedem Element von B höchstens ein Element von A gibt.
e) Diese Aussage ist falsch, da es nicht zu jedem Element von B mindestens ein Element von A gibt. Es hat
kein Element von B, dass auf ζ zeigt.
f) Diese Aussage ist falsch, da g nur injektiv ist und nicht auch surjektiv, somit kann g nicht bijektiv sein.
g) Diese Aussage ist wahr, da es zu jedem Element von B höchstens ein Element von B gibt.
h) Diese Aussage ist wahr, da es zu jedem Element von B mindestens ein Element von B gibt.
i) Diese Aussage ist wahr, da f ○ g surjektiv und injektiv ist, somit ist f ○ g auch bijektiv.
Aufgabe 7 (Injektivität und Surjektivität II)
Überprüfen Sie ob die folgenden Funktionen injektiv und/oder surjektiv sind.
7
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a) f ∶ R → {1},
b) f ∶ N → {−1, 1},
c) f ∶ [0, ∞[→ [0, ∞[,
Frühlingssemester 2016, Aufgabenblatt 4
1
x↦1
1
x ↦ cos(2 ⋅ π ⋅ x)
1
x↦x
d) f ∶ R → [0, ∞[,
1
x ↦ x2
e) f ∶ R ∖ {5} → R ∶
2x − 5
x↦
x−5
2
6
Lösung
a) f ist surjektiv und nicht injektiv, da jedes Element von R auf 1 abbildet (x ↦ 1).
b) f ist weder surjektiv noch injektiv, da jedes Element von N nur auf 1 abbildet, nicht aber auf -1.
c) f ist surjektiv und injektiv und daher auch bijektiv. Jedes y ∈ [0, ∞[ entspricht genau einem x ∈ [0, ∞[.
d) f ist surjektiv, da wir für jedes Element y ∈ [0, ∞[ mindestens ein Element x ∈ R gibt. Da für f (−1) =
f (1) = 1, −1 ≠ 1 gilt, ist f nicht injektiv.
8
Musterlösung Grundbegriffe der Mathematik
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e) f ist injektiv, da f (u) = f (v) → u = v gilt.
f (u) = f (v)
2u − 5 2v − 5
⇔
=
u−5
v−5
⇔ (2u − 5) ⋅ (v − 5) = (2v − 5) ⋅ (u − 5)
⇔ 2uv − 10u − 5v + 25 = 2uv − 10v − 5u + 25
⇔ −10u − 5v = −10v − 5u
⇔ 5v = 5u
⇔ v = u.
Für jedes Element in R gibt es höchstens ein Element x ∈ R ∖ {5}.
Um zu zeigen, dass f nicht surjektiv ist, müssen wir ein y ∈ R finden, dass auf kein x ∈ R ∖ {5} abgebildet wird. Lösen wir die folgende Gleichung nach x auf:
⇔
⇔
2x − 5
=y
x−5
˙ − 5)
2x − 5 = y (x
2x − 5 = yx − 5y
⇔ 2x − xy = 5 − 5y
⇔ x(2 − y) = 5(1 − y)
⇔
x=
5(1 − y)
(2 − y)
Falls y ≠ 2 ist, dann erhalten wir ein x ∈ R ∖ {5}. Wir überprüfen noch, ob es ein x für y = 2 gibt.
Dafür lösen wir die Gleichung nochmals und stellen fest, dass es kein Element für 2 gibt. f ist somit nicht
surjektiv.
⇔
2x − 5
=2
x−5
2x − 5 = 2x − 10
⇔
9
5 ≠ 0.