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# Kritzelei aus Woche 4 #
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## SKA 3 ##
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- **1.** Unterschied zw. ℕ, ℕ₀ beachten.
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- **2.** „minimales Beispiel“: A = {🍎}, B = Ø, C = Ø.
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- **3.** x ∈ linker Seite ⟺ x ∈ rechter Seite; Dualität zw. Mengen und logischen Operationen.
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- **4.** ja —> Aussagenlogischer Ansatz vs. „visueller“ Ansatz vs. „algebraischer“ Ansatz (DeM).
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- **5.** =
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- **6.** 3·4, ja
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- **7.** erst Z in R „definieren“, dann ZxZ in RxR definieren, analog mit NxN ⊆ ZxZ
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- **8.** Diagramm
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- **9.** ja
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- **10.** ∈: nein, ⊆: ja
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- **11.** Formale Semantik / algebraische Oeprationen
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- **12.** nein, sondern sind klassische Komplemente
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- **13.** Mengentheoretisch: Ja, weil Gph(ƒ) = Gph(g). Kategorientheoretisch: „Nein“.
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- **14.** Fasern/Bildmengen für ƒ : X ⟶ Y
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ƒ Injektiv ⟺ alle Fasern von ƒ enthalten ≤ 1 Element
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ƒ Surjektiv ⟺ alle Faster von ƒ sind nicht leer ⟺ ƒ(X) = Y
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- **15.** ƒ¯¹{y} ist die Schnittmenge aus Gph(ƒ) und dem Geraden {(x,y) | x ∈ ℝ}
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Injektiv ⟺ jede Schnittmenge von Gph(ƒ) mit vertikalen Geraden hat höchstens 1 Pkt
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Surjektiv ⟺ jede Schnittmenge von Gph(ƒ) mit vertikalen Geraden hat mindestens 1 Pkt
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- **16.** dom(log) = (0,∞), ran(log) = ℝ
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## SKA 4 ##
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- **1.** Lösungsskizze:
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R := Gph(ƒ). Etwas ausführlicher:
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ƒ : X ⟶ Y sei eine Funktion
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R := {(x,y) ∈ X x Y | ƒ(x) = y} = Gph(ƒ)
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Dann ist R eine binäre Relation mit R ⊆ X x Y
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- **2.** Lösungsskizze
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Sei ƒ : M ⟶ N definiert durch
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ƒ(m) = das n, so dass (m,n) ∈ R
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für alle m ∈ M.
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(i) ⟺ ƒ überall definiert;
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(ii) ⟺ ƒ wohldefiniert
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- **3.** Beachte, dass die Relation auf P(X) ist und _nicht_ auf X!
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Formales Argument
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Wir prüfen die Axiome einer OR:
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Refl. Zz: Sei A ∈ P(X). Dann A ≤ A.
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Offensichtlich gilt X \ A ⊆ X \ A.
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Per Konstruktion gilt also A ≤ A.
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Antisymm. Zz: Seien A, B ∈ P(X). Dann A ≤ B und B ≤ A ⟹ A=B.
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Es gilt
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A ≤ B und B ≤ A.
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⟹ X \ A ⊆ X \ B und X \ B ⊆ X \ A
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per Konstruktion
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⟹ X \ A = X \ B
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per Definition von Mengengleichheit
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⟹ X \ (X \ A) = X \ (X \ B)
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⟹ A = B
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da A, B Teilmengen von X sind
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Trans. Zz: Seien A, B, C ∈ P(X). Dann A ≤ B und B ≤ C ⟹ A ≤ C.
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Es gilt
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A ≤ B und B ≤ C.
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⟹ X \ A ⊆ X \ B und X \ B ⊆ X \ C
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per Konstruktion
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⟹ X \ A ⊆ X \ C
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da Mengeninklusion transitiv ist
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⟹ A ≤ C
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per Konstruktion.
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Also genügt (P(X), ≤) den Axiomen einer OR.
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- **4.** Beachte: Entfernung von P(C) nicht von C!!
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Lösung
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Entferne Ø von P(C).
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Dann existiert kein „kleinstes Element“ (auch „Minimum“ genannt).
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Allerdings existieren genau 3 „minimale Elemente“ in (P(C)\{Ø}, ⊆), viz. {a}, {b}, {c}.
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- **5.** Ja in beiden Fällen (im 2. Falle nehmen wir an, dass Alle Wörter mindestens 2 Buchstaben enthalten).
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Formales Argument:
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Sei ∑ die Menge von Buchstaben und W die Menge von Wörtern im Wörterbuch.
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Dann handelt es sich in beiden Fällen um eine Relation, die durch
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~ := {(w1,w2) ∈ W⨉W | ƒ(w1) = ƒ(w2)}
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definiert wird, wobei ƒ eine Abbildung von W nach ∑ ist.
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(Im 1. Falle gilt ƒ(w) = erster Buchstabe in w;
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im 2. Falle gilt ƒ(w) = zweitletzter Buchstabe in w.)
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Schnelle Variante:
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(1) Für w1, w2 ∈ W gilt w1 ~ w2 ⟺ ƒ(w1) = ƒ(w2).
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D. h. ƒ ist eine „Reduktion“ von der ÄR (W, ~) auf (∑, =).
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(2) (∑, =) ist eine ÄR, d.h. Gleichheit ist eine Äquivalenzrelation auf ∑.
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(3) Aus (1) + (2) folgt, dass ~ eine ÄR ist.
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Ausführliche Variante:
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Wir prüfen die Axiome einer OR:
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Refl. Zz: Sei w ∈ W. Dann w ~ w.
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Es gilt ƒ(w) = ƒ(w), da „=“ reflexiv ist.
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Per Konstruktion gilt also w ~ w.
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Symm. Zz: Seien u, v ∈ W. Dann u ~ v ⟹ v ~ u.
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Es gilt
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u ~ v
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⟹ ƒ(u) = ƒ(v) per Konstruktion
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⟹ ƒ(v) = ƒ(u) da „=“ symmetrisch ist
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⟹ v ~ u per Konstruktion.
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Trans. Zz: Seien u, v, w ∈ W. Dann u ~ v und v ~ w ⟹ u ~ w.
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Es gilt
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u ~ v und v ~ w
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⟹ ƒ(u) = ƒ(v) und ƒ(v) = ƒ(w) per Konstruktion
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⟹ ƒ(u) = ƒ(w) da „=“ transitiv ist
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⟹ u ~ w per Konstruktion.
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Also genügt (W, ~) den Axiomen einer ÄR.
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- **6.** -
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- **7.** -
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- **8.** Schubfachprinzip mit 4 Kategorien und 5 Plätzen:
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Schnelles Argument:
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muss gelten, da sonst jede Farbe höchstens 1 Mal vorkommt,
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was höchstens 4 Plätze belegt, aber wir wählen 5 Karten.
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- **9.** Schubfachprinzip mit 366 Kategorien und 7000 Plätzen:
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Schnelles Argument:
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Falls für jeden Tag max 17 Studierende diesen Geburtstag haben,
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dann würde es maximal
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(18-1)·366 = 6222
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Studierende geben.
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Aber es gibt 7000 (> 6222) Studierende.
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Widerspruch!
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Darum gibt es einen Tag, an dem (mind.) 18 Studierende den als ihren Geburtstag feiern.
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Formales Argument:
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Sei T die Menge von Tagen. Also |T|=366
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Sei S die Menge von Studierenden, |S|≥7000.
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Sei
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ƒ : S ⟶ T
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die Funktion, die jedem Studierenden seinen Geburtstag zuordnet.
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Setze
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G := {ƒ¯¹{d} | d ∈ T} \ {Ø}.
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und
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geb : G ⟶ T
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durch
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geb(A) = ƒ(a) für ein a ∈ A
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für jedes A ∈ G.
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Beobachtung 1:
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Die Funktion, geb, ist wohldefiniert:
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Sei A ∈ G beliebig.
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Dann A = ƒ¯¹{d} für ein d ∈ T und A ≠ Ø
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Also gibt es ein a ∈ A
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und weiterhin gilt für a1, a2 ∈ A, dass ƒ(a1) = d = ƒ(a2).
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Darum ordnet geb der Menge A exakt einen Wert zu.
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Beobachtung 2:
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Die Funktion, geb, ist injektiv:
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Seien A1, A2 ∈ G.
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Zz: ƒ(A1) = ƒ(A2) ⟹ A1 = A2.
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Per Konstruktion gelten
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A1 = ƒ¯¹{d1}, A1 ≠ Ø, und
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A2 = ƒ¯¹{d2}, A2 ≠ Ø
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für ein d1, d2 ∈ T.
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Wie oben gilt ƒ(A1) = d1 und ƒ(A2) = d2.
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Darum
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ƒ(A1) = ƒ(A2)
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⟹ d1 = d2
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⟹ ƒ¯¹{d1} = ƒ¯¹{d2}
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⟹ A1 = A2.
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Beobachtung 3:
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Es gilt S = ⋃{A | A ∈ G}.
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Warum?
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- Per Konstruktion gilt A ⊆ S für alle A ∈ G.
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Also gilt ⋃{A | A ∈ G} ⊆ S.
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- Sei s ∈ S belibig.
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Seien d := ƒ(s) und A₀ := ƒ¯¹{d}.
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Dann A₀ ≠ Ø, da s ∈ A₀, da ƒ(s) = d.
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Also gilt A₀ ∈ G per Konstruktion von G.
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Also s ∈ A₀ ⊆ ⋃{A | A ∈ G}.
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Darum gilt S ⊆ ⋃{A | A ∈ G}.
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Da die Funktion, geb, injektiv ist (Beobachtung 2),
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liefert das SCHUBFACHPRINZIP
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|G| ≤ |T| = 366.
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Da die Mengen in G offensichtlich paarweise disjunkt sind,
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und da S = ⋃{A | A ∈ G} (Beobachtung 3),
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gilt
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7000 ≤ |S|
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= ∑{|A| | A ∈ G}
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≤ max{|A| | A ∈ G} · |G|
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≤ max{|A| | A ∈ G} · 366.
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Also
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max{|A| | A ∈ G} ≥ 7000/366 > 19.
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Also existiert mindestens ein A₀ ∈ G mit |A₀| > 19 > 18.
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Per Konstruktion von G haben nun alle Studierende in A₀ den gleichen Geburtstag.
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Darum haben mindestens 18 Studierende denselben Geburtstag.
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- **10.**
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Induktionsargument:
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IND-ANFANG:
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Für n = 1. Nichts zu zeigen, da ∏{E_i : 1≤i≤1} = E_1.
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Für n = 2.
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... siehe Argument im Skript
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... oder gilt einfach per Definition: siehe jedes Lehrbuch über Mengenlehre.
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Sei n > 2.
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IND-VORAUSSETZUNG:
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Angenommen, |∏{E_i : 1≤i<n}| = ∏{|E_i| : 1≤i<n}.
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IND-SCHRITT:
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Es gilt
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|∏{E_i : 1≤i≤n}|
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= |∏{E_i : 1≤i<n} ⨉ E_n| wegen bijektiver Äquivalenz
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= |∏{E_i : 1≤i≤n}|·|E_n| aus (allgemeinem) Fall n=2
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=(∏{|E_i| : 1≤i<n}·|E_n| per Induktionsvoraussetzung
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= ∏{|E_i| : 1≤i≤n},
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Darum gilt die Aussage per Induktion.
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- **11.** Induktionsschritt (n —> n+1) geht nur, wenn n ≥ 2.
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Das heißt, der Fall 1 —> 2 wird übersprungen.
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