Übung 2 - TU Chemnitz

Theoretische Informatik SS 03
Übung 2
Aufgabe 1
a) Gegeben seien die Mengen A = {0, 1} und B = {0, 1, 2}. Geben Sie bitte die Mengen AB,
A2 , B 2 und A3 an.
Lösung:
AB = {(0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (1, 1), (1, 2)}
A2 = {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)}
B 2 = {(0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (1, 1), (1, 2), (2, 0), (2, 1), (2, 2)}
A3 = {(0, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 0), (1, 0, 1), (1, 1, 0), (1, 1, 1)}
b) Was ist die Menge
k
für eine natürliche Zahl k?
Lösung:
Alle Tupel der Länge k von natürlichen Zahlen.
= {(a , a , . . . , a ) | a ∈ }
1 2
i
k
Aufgabe 2
a) Zeigen Sie, dass die Menge
der ganzen Zahlen abzählbar ist.
Lösung:
Wir geben eine Bijektion f :
−→
an:
Beweis:
f (n) =
(
f (n)−1 =
− n2
| n mod 2 ≡ 0
n−1
2
| n mod 2 ≡ 1
(
−2n
|n≤0
2n + 1 | n > 0
b) Die Menge N k ist abzählbar für eine vorgegebene Zahl k. Zeigen Sie dies für k = 2.
Lösung:
Wir betrachten die Funktion:
c(x, y) =
(x + y + 1)(x + y)
·x
2
Dabei handelt es sich um eine Bijektion zwischen den natürlichen Zahlen
und
× .
Beweis: Dass es sich tatsächlich um eine Bijektion handelt, kann man sich wie folgt klar
machen:
1
× , da c(x, y) für alle Paare (x, y) ∈
• Db(c) =
×
existiert.
• W b(c) = und Eineindeutigkeit
überlegt man sich bspw.so:
In c(x, y = x+y+1
+
x
kann
der
Term x + y jeden beliebigen Wert z entsprechen,
2
angenommen durch x = 0 und y = z.
=⇒ Für z = 0 ist dann c(x, y) = c(0, 0) = 0.
Bei x + y = 0 ist für x und y nur die Belegung (0, 0) möglich. Betrachten wir also den
Fall z = 1.
=⇒ x + y = 1, was neben (0, 1) auch noch für das Paar (1, 0) möglich ist. In diesem
Falle nimmt jedoch c(x, y) = c(1, 0) den Wert 2 an. Allgemein kann man so vorgehen,
dass man für x + y fest, y suzessive dekrementiert, während x inkrementiert wird.
Dies hat keine Auswirkung auf x+y+1
, der Wert von c(x, y) wird jedoch systematisch
2
inkrementiert.
Wir lassen unser z von 0 bis ∞ laufen, und für jedes z führen wir eben genannte
Prozedure (Dekrementierung/ Inkrementierung) durch. Dann liegen für die Teilfolge
eines bestimmten z-Wertes alle Elemente in der Form (a, a + 1, a + 2, . . . , a + z) vor.
Es bleibt zu zeigen, dass diese Teilfolgen direkt aneinander anschließen. Wir betrachten
dazu die Folge mit x + y = z und die mit x + y = z + 1. Das größte Element der ersten
Folge müsste gleich dem kleinsten Element der zweiten Folge minus 1 sein; dies gilt
offenbar:
z · (z + 1)
+z =
2
z · (z + 1) + 2z
=
2
z 2 + 3z
=
2
c) Zeigen Sie mit b), dass die Menge
(z + 1) · (z + 2)
−1
2
z 2 + 2z + z + 2 − 2
2
z 2 + 3z
2
der rationalen Zahl abzählbar ist.
Beweis: In Teilaufgabe b) wurde gezeigt, dass
und ×
gleichmächtig sind. Kann
man weiterhin zeigen, dass dies auch für × und gilt, so gilt auch ist gleichmächtig
wie .
x
. Es gilt also:
Dazu interpretiert man alle Paare (x, y) ∈ × als Brüche y+1
×
={
0
1,
0
2,
1
1,
0
3,
1
2,
2
1,
0
4,
1
3,
2
2,
3
1,
. . .}
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= { (0,0), (0,1), (1,0), (0,2), (1,1), (2,0), (0,3), (1,2), (2,1), (3,0), . . .}
Aufgabe 3
a) Zeigen Sie, dass die Menge {0, 1}∗ abzählbar ist. (Allgemeiner gilt sogar, dass für jedes
Alphabet (endliche Menge) Σ die Menge Σ ∗ abzählbar ist).
Beweis: Es werden zwei injektive Abbildungen angegeben - f :
−→ {0, 1} ∗ und g :
∗
{0, 1} −→ . f (n) ermittelt die Binärdarstellung von n. g(h) fügt einer eingegebenen
Zeichenkette eine führende Eins hinzu und interpretiert die entstehende Kette als Binärzahl.
2
Diese wird in die dekadische Darstellung umgewandelt.
Es ist offensichtlich, dass f jeder Zahl aus eine andere Zeichenkette aus {0, 1} zuordnet
und dass g jeder Zeichenkette (auch der leeren) eine andere Zahl n ∈ zuordnet.
2
Allgemein kann man sich vorstellen:
Man definiert eine lexikographische Ordnung auf Σ.
Bsp.: Σ = {a, b, $, 1} =⇒ a ≺ b ≺ $ ≺ 1
Alle Zeichenketten aus Σ∗ lassen sich nun in eine kanonische Ordnung bringen (erst nach
Länge sortieren, bei gleicher Länge lexikographisch). Daher lassen sich alle Zeichenketten
aus Σ∗ aufzählen, es existiert also eine Bijektion mit .
b) Zeigen Sie, dass es abzählbar viele Turing-Maschinen gibt. (Hinweis: geeignete Eincodierung
der Übergangsfunktion).
Lösung:
Idee:
Jede beliebige TM ist über dem Alphabet {0, 1} codierbar. Damit lassen sich alle TM
mittels der kanonischen Ordnung in eine feste Reihenfolge bringen, sind also aufzählbar.
Folglich existiert eine Bijektion mit .
Beweis: Codierung:
• Eine beliebige TM M liegt zunächst in der Form M = (Z, Σ, Γ, δ, z 1 , 2, E) vor. Diese
Information ist also zu codieren.
• O.B.d.A. gelte Σ = {0, 1}, Γ = {0, 1, B}, Z = {z 1 , z2 , . . . , zt }, E = {z2 }
• Sei X1 := 0, X2 = 1, X3 = B, D1 = L, D2 = N, D3 = R.
• Ist δ(zi , Xj ) = (zk , Xl , Dm ) in δ enthalten, wird dies mit 0i 10j 10k 10l 10m codiert. Die
gesamte Funktionstabelle von δ wird so codiert.
• Eine Tabelle mit s Zeilen, wobei code(q) die Codierung der eben vorgestellten Form
von der q-ten Zeile ist, wird so dargestellt: 111code(1)11code(2)11. . .11code(s)111.
Diese Nummer wird als Gödelnummer <M> der TM M bezeichnet.
• Auf den Gödelnummern existiert eine kanonische Reichenfolge.
Aufgabe 4
a) Zeigen Sie, dass es überabzählbar (mehr als abzählbar) viele reelle Zahlen gibt (Hinweis:
Cantor’sches Diagonalverfahren).
Lösung:
3
Mit dem Cantorschen Diagonalverfahren kann man zeigen, dass es keine Bijektion f :
−→ gibt. Der Beweis erfolgt indirekt.
Beweis: Ann. ∃ bijektive Abbildung f :
=⇒
f (1)
f (2)
f (3)
f (4)
f (5)
=
=
=
=
=
−→ v1 , a11 a12 a13 a14 a15 . . .
v2 , a21 a22 a23 a24 a25 . . .
v3 , a31 a32 a33 a34 a35 . . .
v4 , a41 a42 a43 a44 a45 . . .
v5 , a51 a52 a53 a54 a55 . . .
...
Wir konstruieren jetzt eine Zahl z = 0, z 1 z2 z3 z4 z5 . . . mit zi 6= aii .
Dieses z kommt jedoch als Bild von f nicht vor, denn würde es als f (i) vorkommen, dann
würde zi = aii gelten, Widerspruch.
=⇒ f ist nicht bijektiv.
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b) Für die Zahl π gibt es Näherungsverfahren, welche für jedes n die ersten n Nachkommastellen von π = 3, 14159 . . . angeben. Man kann also eine Turing-Maschine konstruieren,
die bei Eingabe von n mit der n-ten Nachkommastelle von π als Ausgabe anhält.
Zeigen Sie, dass solche Turing-Maschinen nicht für jede reelle Zahl konstruiert werden
können.
Lösung:
Idee:
Es gibt nur abzählbar viele TM, jedoch überabzählbar viele reelle Zahlen.
Beweis: Ann. eine solche TM ist für jede Zahl r i ∈ konstruierbar (T Mi ).
=⇒ Für verschiedene Zahlen r1 , r2 ∈ gilt T M1 6= T M2 , da es wegen r1 6= r2 ein
n ∈ geben muss, an dem r1 und r2 verschieden sind und T M1 folglich nach Definition
bei gleicher Eingabe eine andere Ausgabe als T M 2 liefern muss.
=⇒ Es gibt überabzählbar viele T M , Widerspruch zu Aufgabe 3.b).
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