Grundlagen und Diskrete Strukturen Aufgaben zur

Technische Universität Ilmenau
Institut für Mathematik
Dr. Thomas Böhme
WS 2008/2009
Informatik, 1.FS
Grundlagen und Diskrete Strukturen
Aufgaben zur Vorbereitung der Klausur
Aufgabe 1 :
Gegeben sind die aussagenlogischen Formeln Φ und Ψ.
Φ ≡ (x → y) ∧ (x ∨ (¬y)),
Ψ ≡ ((¬x) ∧ (¬y)) ∨ (x ∧ y)
a) Sind Φ und Ψ logisch äquivalent?
b) Ist Φ eine Tautologie?
Aufgabe 2 :
a) Für welche Paare von Mengen A und B gilt P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B)?
b) Für welche Paare von Mengen A und B gilt P(A ∪ B) = P(A) ∪ P(B)?
Aufgabe 3 :
Es sei R 6= ∅ eine reflexive Relation auf einer Menge A. Zeigen Sie, dass R genau
dann eine Äquivalenzrelation auf A ist, wenn folgende Bedingung gilt
∀a, b, c ∈ A : ((a, c) ∈ R ∧ (b, c) ∈ R) ⇒ (a, b) ∈ R.
Aufgabe 4 :
Auf wieviele verschiedene Weisen können 5 voneinander nicht unterscheidbare Äpfel
auf 3 Kinder verteilt werden?
Aufgabe 5 :
Ein Basketballspieler erzielt bei Freiwürfen eine Trefferquote von 75%. Berechnen
Sie die drei Wahrscheinlichkeiten dafür, dass er bei 10 direkt hintereinander ausgeführten Freiwürfen
a) genau 7 Treffer erzielt,
b) höchstens 8 Treffer erzielt,
c) 8 unmittelbar aufeinanderfolgende Treffer erzielt und mit den restlichen zwei
Würfen nicht trifft.
Aufgabe 6 :
a) Geben Sie die größte 3-stellige Zahl an, die durch 5 und durch 3 teilbar ist.
b) Bestimmen Sie den größten gemeinsamen Teiler der Zahlen 3822 und 14196
und stellen Sie ihn als Produkt von Primzahlen dar.
c) Bestimmen Sie den zweitgrößten gemeinsamen Teiler der Zahlen 3822 und
14196.
d) Untersuchen Sie ob es ganze Zahlen a und b so gibt, dass gilt 2 = 3822a +
14196b.
Aufgabe 7 :
Sei p ≥ 5 eine Primzahl. Man zeige, dass 24|p2 − 1.
Aufgabe 8 :
Zeigen Sie, dass G = (Γ, ◦) mit
½µ
¶
¾
x y
Γ=
| x, y, z ∈ R, x · z = 1
0 z
und
µ
x y
0 z
¶ µ 0 0 ¶
µ
¶
x y
x · x0 x · y 0 + y · z 0
◦
:=
0 z0
0
z · z0
für x, y, z, x0 , y 0 , z 0 ∈ R mit x · y = x0 · z 0 = 1, eine Gruppe ist.
Aufgabe 9 :
Ein Tournier ist ein endlicher gerichteter Graph G = (V, E) mit folgenden Eigenschaften.
(1) G enthält keine Schlingen.
(2) Für je zwei verschiedene Ecken u, v ∈ V ist genau eines der Paare (u, v), (v, u)
in E.
Man beweise, dass jedes Tournier G einen gerichteten Weg enthält, welcher alle
Ecken von G durchläuft.
Lösungen
Lösung zu Aufgabe 1 :
a) Die aussagenlogischen Formeln Φ und Ψ sind logisch äquivalent.
Beweis.
Φ ≡ ((¬x) ∨ y) ∧ (x ∨ (¬y))
≡ ((¬x) ∧ (x ∨ (¬y))) ∨ (y ∧ (x ∨ (¬y)))
≡ ((¬x) ∧ x) ∨ ((¬x) ∧ (¬y)) ∨ ((y ∧ x) ∨ (y ∧ (¬y))
≡ (0 ∨ ((¬x) ∧ (¬y))) ∨ ((y ∧ x) ∨ 0)
≡ ((¬x) ∧ (¬y)) ∨ (y ∧ x)
≡ ((¬x) ∧ (¬y)) ∨ (x ∧ y)
≡ Ψ
b) Ψ ist keine Tautologie, da Ψ den Wahrheitswert 0 (falsch) für x ≡ 1 und y ≡ 0
hat.
Lösung zu Aufgabe 2 :
a) Dies gilt alle Paare von Mengen A und B.
Beweis. P(A ∩ B) = {X | X ⊆ A ∩ B} = {X | X ⊆ A ∧ X ⊆ B} =
{X | X ⊆ A} ∩ {X | X ⊆ B} = P(A) ∩ P(B).
b) Dies gilt genau dann, wenn A ⊆ B oder B ⊆ A.
Beweis.
Notwendigkeit: Angenommen a ∈ A \ B und b ∈ B \ A, dann ist {a, b} ∈ P(A ∪ B)
und {a, b} ∈
/ P(A) ∪ P(B). Also folgt aus P(A ∪ B) = P(A) ∪ P(B), dass A ⊆ B
oder B ⊆ A.
Hinlänglichkeit: Sei o.B.d.A. A ⊆ B, dann ist A ∪ B = B und also P(A ∪ B) =
P(B) = P(A) ∪ P(B).
Lösung zu Aufgabe 3 :
Beweis.
Hinlänglichkeit:
Zu zeigen ist, dass R transitiv und symmetrisch ist.
• Symmetrie: Sei (a, b) ∈ R. Da R reflexiv ist, ist dann auch (b, b) ∈ R. Aus
(b, b) ∈ R und (a, b) ∈ R folgt wegen der genannten Bedingung (b, a) ∈ R, d.h. R
ist symmetrisch.
• Transitivität: Seien a, b, c ∈ A so, dass (a, b) ∈ R und (b, c) ∈ R. Wegen Symmetrie
ist dann auch (c, b) ∈ R und damit folgt aus der obigen Bedingung, dass (a, c) ∈ R,
d.h. R ist transitiv.
Notwendigkeit:
Sei R eine Äquivalenzrelation und (a, c), (b, c) ∈ R. Aus der Symmetrie von R folgt
(c, b) ∈ R und wegen Transitivität von R folgt (a, b) ∈ R, d.h. die Bedingung ist
erfüllt.
Lösung zu Aufgabe 4 :
1.Variante: Wir bezeichnen die Kinder mit 1,2,3. Für i ∈ {1, 2, 3} sei ni die Anzahl
der Äpfel, welche Kind i erhält. Dann gilt n1 + n2 + n3 = 5. Die Zahl n1 kann
die Werte 0, . . . , 5 annehmen. Wenn n1 = k, dann kann n2 die Werte 0, . . . , 5 − k
annehmen. Wenn n1 = k und n2 = l, dann ist n3 = 5 − k − l. Wir erhalten für die
Anzahl der Äpfelverteilungen N also folgende Formel
N=
5
5
5
5
5−k
5 X
X
X
X
X
X
k = 36 − 15 = 21.
6−
(6 − k) =
(5 − k + 1) =
1) =
(
k=0 l=0
k=0
k=0
k=0
k=0
2.Variante: Wir legen die Kinder (aber bitte nur in der Vorstellung!) in eine Urne
und ziehen aus dieser Urne für jeden Apfel ein Kind mit Zurücklegen. Die Äpfel
sind nicht unterscheidbar. Es handelt sich also um Kombinationen von 5 Elementen
aus 3 Elementen mit Zurücklegen. Daher gilt für die Anzahl der Äpfelverteilungen
N
µ
¶ µ ¶
3+5−1
7
7!
= 21.
N=
=
=
2! · 5!
5
5
Lösung zu Aufgabe 5 :
µ
a) Es liegt eine Binomialverteilung vor.
µ
b) 1 −
10
9
¶
µ
0.759
·
0.251
−
10
10
10
7
¶
0.757 · 0.253
¶
0.7510 · 0.250
c) Es gibt drei Möglichkeiten genau 8-mal unmittelbar hintereinander zu treffen: Der
Spieler trifft genau mit den letzten beiden Würfen nicht, er trifft nur mit dem ersten
und dem letzten Wurf nicht oder der Spieler trifft genau µ
mit ersten
¶ beiden Würfen
10
nicht. Für jeden der drei Fälle ist die Wahrscheinlichkeit
0.758 · 0.252 . Also
8
µ
¶
10
ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit 3
0.758 · 0.252 .
8
Lösung zu Aufgabe 6 :
a) Die gesuchte Zahl ist 990.
b) Anwendung des euklidischen Algorithmus ergibt als ggT 546.
c) Der zweitgrößte gemeinsame Teiler ist 91, da 546 = 2 ∗ 3 ∗ 91.
d) Das geht nicht, da 546 der ggT von 3822 und 14196 ist, ist jede Linearkombination
a ∗ 3822 + b ∗ 14196 durch 546 teilbar und 2 ist kein Vielfaches von 546.
Lösung zu Aufgabe 7 :
Es gilt p2 − 1 = (p − 1)(p + 1). Da p ≥ 5 und p eine Primzahl ist, folgt dass p nicht
durch 2 und nicht durch 3 teilbar ist. Also ist eine der Zahlen p − 1 oder p + 1 durch
drei teilbar. Weiter folgt, dass p − 1 und p + 1 gerade sind und genau eine der Zahlen
p − 1 und p + 1 durch 4 teilbar ist. Also gilt 2 · 3 · 4 = 24 teilt p2 − 1.
Lösung zu Aufgabe 8 :
Die Operation ◦ ist offenbar kommutativ, da die Multiplikation reeller Zahlen kommutativ ist.
Existenz eines Einselementes: Die 2-reihige Einheitsmatrix ist ein Einselement.
Assoziativität folgt aus der Assoziativität der Multiplikation reeller Zahlen.
µ
¶
µ
¶
x y
1/x −y
ist
Da xz = 1 exExistenz des Inversen: Das Inverse von
0 z
0
1/z
istiert diese Matrix für alle zulässigen Wahlen von x, y, z.
Lösung zu Aufgabe 9 :
Es sei P = (x1 , x2 , . . . , xk ) ein längster gerichteter Weg in G. Angenommen es
gibt eine Ecke v, welche nicht auf P liegt. Wenn (v, x1 ) ∈ E, dann ist P 0 =
(v, x1 , x2 , . . . , xk ) länger als P . Wenn (xk , v) ∈ E, dann ist P 00 = (x1 , x2 , . . . , xk , v)
länger als P . Da P ein längster gerichtete Weg in G ist, folgt, dass gilt (x1 , v), (v, xk ) ∈
E. Es gibt somit eine kleinste Zahl l ∈ {2, . . . , k} mit der Eigenschaft, dass (v, xl ) ∈
E. Dann ist (xl−1 , v) ∈ E und somit der Weg P 000 = (x1 , x2 , . . . , xl−1 , v, xl , . . . , xk )
länger als P . Dies widerspricht der Definition von P und es gilt also V (P ) = V (G).