Folien 2

Die Veranstaltung
Einführung in den Bachelor-Studiengang
“Informatik”
findet am Mittwoch, den 5. November 2008
um 15:45 im Hörsaal -102 statt!
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Aufgabe 1.1
Schreiben Sie die Definitionen von Injektivität und Surjektivität einer Funktion als prädikatenlogische Formeln auf.
.
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Aufgabe 1.1
Schreiben Sie die Definitionen von Injektivität und Surjektivität einer Funktion als prädikatenlogische Formeln auf.
Es sei stets f : A → B.
Injektivität:
Nach Skript: ∀(a1, b1) ∈ f : ∀(a2, b2) ∈ f : a1 6= a2 ⇒ b1 6= b2
Äquivalent: ∀a1 ∈ A∀a2 ∈ A : f (a1) = f (a2) ⇒ a1 = a2
Surjektivität:
∀b ∈ B∃a ∈ A : f (a) = b
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Aufgabe 1.1
.
Hinweis zur Surjektivität (war nicht in der Aufgabe gefragt):
Es gilt somit auch B ⊆ {b | ∃a ∈ A : f (a) = b} = f (A).
Da f nur auf Elemente in B abbildet, folgt
f (A) ⊆ B,
und es gilt: f : A → B ist surjektiv genau dann wenn gilt
f (A) = B.
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Aufgabe 1.2
a) Welcher Zusammenhang besteht zwischen den Wahrheitswerten der beiden aussagenlogischen Formeln A ⇒ B
und ¬B ⇒ A?
.
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Aufgabe 1.2
a) Welcher Zusammenhang besteht zwischen den Wahrheitswerten der beiden aussagenlogischen Formeln A ⇒ B
und ¬B ⇒ A?
A
0
. 0
1
1
B
0
1
0
1
A⇒B
1
1
0
1
¬B ⇒ ¬A
1
1
0
1
Die Wahrheitswerte von A ⇒ B und ¬B ⇒ ¬A sind immer
gleich.
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Aufgabe 1.2
b) Welcher Zusammenhang besteht zwischen den Wahrheitswerten der beiden aussagenlogischen Formeln A ⇒ B
und ¬A ⇒ B?
.
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Aufgabe 1.2
b) Welcher Zusammenhang besteht zwischen den Wahrheitswerten der beiden aussagenlogischen Formeln A ⇒ B
und ¬A ⇒ B?
.
A
0
0
1
1
B
0
1
0
1
A⇒B
1
1
0
1
¬A ⇒ ¬B
1
0
1
1
Die Wahrheitswerte von A ⇒ B und ¬A ⇒ ¬B können nicht
beide falsch sein. (Mehr Zusammenhang gibt es nicht.)
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Aufgabe 1.3
a) Beweisen Sie: Jede surjektive Abbildung f : M → M
einer endlichen Menge M auf sich selbst ist auch injektiv.
(Hinweis: Aufgabe 1.2)
.
9
Aufgabe 1.3 a)
.
Wegen 1.2: Aussage äquivalent zu: f nicht injektiv ⇒ f
nicht surjektiv.
f : M → M nicht injektiv ⇒ ∃x1 ∈ M ∃x2 ∈ M : f (x1) =
f(x2) ∧ x1 6= x2.
Sei M 0 = M \ {x1, x2} ⇒ |M 0| = |M | − 2.
f (M ) = f (M 0) ∪ f ({x1, x2}) = f (M 0) ∪ f ({x1})
|f (M )| ≤ |f (M 0)| + |f ({x1})| ≤ |M | − 2 + 1 = |M | − 1.
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Aufgabe 1.3 a)
.
f : M → M surjektiv ⇒ ∀y ∈ M ∃x ∈ M : f (x) = y
⇒ M ⊆ {y|∃x ∈ M : f (x) = y} = f (M )
⇒ |M | ≤ |f (M )|.
Da für eine nicht injektive Funktion f : M → M
|f (M )| ≤ |M | − 1 gilt, kann nicht mehr |M | ≤ |f (M )| gelten.
Somit kann f : M → M nur dann (höchstens dann) surjektiv
sein, wenn f auch injektiv ist.
Daraus folgt die Behauptung.
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Aufgabe 1.3
b) Gilt auch, dass jede injektive Funktion f : M → M einer endlichen Menge auf sich selbst surjektiv ist? (ohne
Begründung)
.
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Aufgabe 1.3
b) Gilt auch, dass jede injektive Funktion f : M → M einer endlichen Menge auf sich selbst surjektiv ist? (ohne
Begründung)
.
Ja. (Beweis durch Induktion, in Musterlösung)
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Aufgabe 1.3
c) Geben Sie eine Abbildung f : N0 → N0 an, die injektiv
aber nicht surjektiv ist.
.
14
Aufgabe 1.3
c) Geben Sie eine Abbildung f : N0 → N0 an, die injektiv
aber nicht surjektiv ist.
.
f : N0 → N0
n 7→ 2n
→ Es wird nur auf gerade Zahlen abgebildet.
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Aufgabe 1.3
d) Geben Sie eine Abbildung f : N0 → N0 an, die surjektiv
aber nicht injektiv ist.
.
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Aufgabe 1.3
d) Geben Sie eine Abbildung f : N0 → N0 an, die surjektiv
aber nicht injektiv ist.
.
f : N0 → N0
n
n
2
n 7→ b 2 c = n−1

2
n falls n gerade ist
n falls n ungerade ist
→ ∀n ∈ N0 : f (2n) = f (2n + 1).
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Aufgabe 1.3
e) Geben Sie eine unendliche Menge M und eine Abbildung
f : M → M an, die injektiv und surjektiv ist.
.
18
Aufgabe 1.3
e) Geben Sie eine unendliche Menge M und eine Abbildung
f : M → M an, die injektiv und surjektiv ist.
Zum Beispiel
M =Q
f :Q→Q
x 7→ 2x
oder
M = N0
f : N0 → N0
n 7→ n
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Aufgabe 1.4
Das
Und
Und
Das
Erst wär so, das Zweite so,
drum das Dritt und Vierte so;
wenn das Erst und Zweit nicht wär,
Dritt und Viert wär nimmermehr.
a) Formalisieren Sie die Aussage der ersten beiden Zeilen
und die der letzten beiden Zeilen als je eine aussagenlogische Formel. Verwenden Sie A1, A2, A3 und A4 als Variablien für “das Erst”, usw.
.
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Aufgabe 1.4 a)
.
Erste beiden Zeilen:
A1 ∧ A2 ⇒ A3 ∧ A4
Letzte beide Zeilen:
¬(A1 ∧ A2) ⇒ ¬(A3 ∧ A4) oder
¬A1 ∧ ¬A2 ⇒ ¬A3 ∧ ¬A4 ...
oder Kombinationen daraus. (Sprache ist bei Verneinung
von und oft mehrdeutig!)
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Aufgabe 1.4
Das
Und
Und
Das
Erst wär so, das Zweite so,
drum das Dritt und Vierte so;
wenn das Erst und Zweit nicht wär,
Dritt und Viert wär nimmermehr.
b) Hätte Herr Mephistopheles recht, wenn er behaupten
würde, dass aus der Wahrheit der ersten Formel die der
zweiten Formel folgt?
c) Begründen Sie Ihre Antwort aus Teil b).
.
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Aufgabe 1.4 b)
.
Nein! Für jede der Interpretationen!
Begründung:
“Das
“Das
bar.
“Das
“Das
Erst”: Funktion f hat globales Minimum in x.
Zweite”: Funktion f ist überall zweimal differenzierDritt”: f 0(x) = 0.
Vierte”: f 00(x) ≥ 0.
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Aufgabe 1.4 c)
Nein! Für jede der Interpretationen!
Begründung:
f : R→ R
z 2
z 7→
−1
falls z < 1
.
falls z ≥ 1
x = 0:
Das Erst und Zweit ist nicht, das Dritt und Vierte aber
schon!
→ Beweis durch Gegenbeispiel.
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Zusatz
Alternativ: Man stellt die Wahrheitstabelle auf für A1 ∧
A2 ⇒ A3 ∧ A4 und ¬A1 ∧ ¬A2 ⇒ ¬A3 ∧ ¬A4 und findet zum
Beispiel für die Belegung A1 = 0, A2 = 0, A3 = 1, A4 = 1,
dass die erste aussagenlogische Formel wahr und die zweite
falsch ist.
Dies könnte nicht der Fall sein, wenn aus der Wahrheit der
ersten Aussage die Wahrheit der zweiten Aussage folgen
würde.
25
Zusatz
Induktion: Zu zeigen ist, dass die Summe der ersten n
natürlichen Zahlen, die größer als 0 sind, gerade n(n+1)
2
ist.
Induktionsanfang: n = 1: Die Summe der ersten 1 Zahlen,
n(n+1)
=
.
die größer als 0 sind, ist gerade 1 = 1·2
2
2
Induktionsannahme: Für ein gegebenes n gilt, dass die Summe der ersten n natürlichen Zahlen, die größer als 0 sind,
n(n+1)
ist.
2
26
Zusatz
Induktionsschritt: Wenn die Behauptung für n gilt, gilt sie
auch für n + 1, denn:
Die Summe der ersten n + 1 natürlichen Zahlen, die größer
als 0 sind, ist die Summe der ersten n Zahlen, die größer
als 0 sind, plus die Zahl n + 1.
Nach Induktionsvoraussetzung gilt für die Summe der ersten n Zahlen, die größer als 0 sind, dass sie n(n+1)
ist; die
2
Summe der ersten n + 1 Zahlen, die größer als 0 sind, ist
n(n+1)+2(n+1)
(n+1)((n+1)+1)
somit n(n+1)
+
(n
+
1)
=
=
.
2
2
2
Somit gilt die Behauptung dann auch für n + 1.
27
Zusatz
Frage: Gilt die Behauptung für n = 4?
Antwort: Behautpung gilt für n = 1 ⇒ Behauptunmg gilt
für n = 2 ⇒ Behauptung gilt für n = 3 ⇒ Behauptung gitl
für n = 4.
Ebenso für alle anderen Werte von n mit der gleichen Argumentation.
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