Mathematik 1 für Informatik

Gunter Ochs
19. Februar 2015
Mathematik 1 für Informatik
Probeaufgaben zur Klausur, Serie 2
Lösungshinweise (ohne Garnatie auf Fehlerfreiheit)
1. Sei
an = n2 + 5,
bn = 3n −
√
n
cn = an · bn = (n2 + 5) · (3n −
und
√
n).
(a) Berechnen Sie die Grenzwerte
lim
n→∞
an
,
n2
lim
n→∞
bn
n
lim
und
n→∞
an · bn
.
n3
n2 +5
5
n2 = 1 + n2 konvergiert für n → ∞ gegen 1 + 5 · 0 = 1.
√
= 3n−n n = 3 − n1/2 · n−1 = 3 − n−1/2 = 3 − √1n konvergiert für n → ∞ gegen
bn
an
Da die Folgen
konvergieren, folgt
n2 und
n
cn
an bn
limn→∞ n3 = limn→∞ n2 · n = limn→∞ ann2 · limn→∞ bnn = 1 · 3 = 3.
an
n2
bn
n
=
3 − 0 = 3.
(b) Prüfen Sie, ob die folgenden Aussagen zutreen:
2
3
3
(ii) a = O(n ),
(iii) bn = O(n),
(iv) cn = O(n ),
(v) cn = o(n )
bn n
an
cn
2
Da die Folgen
und
n2 ,
n
n3 konvergieren und somit beschränkt sind, folgt an = O(n ), bn = O(n)
3
und cn = O(n ).
c
3
Wegen limn→∞ n3 6= 0 ist cn kein o(n ).
n
2
an
= n n+5 = n + n5 strebt gegen ∞ und ist somit unbeschränkt. Folglich ist an kein O(n).
Die Folge
n
(i)
an = O(n),
2. Gegeben sei die Rekursion
xn+1 = 2xn − 1
für
n≥1
mit Startwert
x 0 ∈ R.
x1 , x2 , x3 und x4 , wenn der Startwert x0 = 2 ist.
x1 = 2x0 − 1 = 2 · 2 − 1 = 3,
x2 = 2x1 − 1 = 2 · 3 − 1 = 5,
x4 = 2x3 − 1 = 2 · 9 − 1 = 17.
(a) Berechnen Sie
(b) Geben Sie einen geschlossenen Ausdruck für
xn
x3 = 2x2 − 1 = 2 · 5 − 1 = 9
und
an.
Es handelt sich um eine inhomogene autonome lineare Rekursion 1. Ordnung der Form
xn+1 = a · xn + c
a = 2 und c = −1. Nach der allgemeinen Lösungsformel ist
n
1−2n
n
n
n
n
xn = an · x0 + 1−a
1−a · c = 2 · x0 + 1−2 · (−1) = 2 · x0 + 1 − 2 = 2 · (x0 − 1) + 1.
mit
xn für n → ∞?
x0 > 1 ⇔ x0 − 1 > 0 ist limn→∞ xn = +∞ und für x0 < 1 ⇔ x0 − 1 < 0
Fall x0 = 1 ist xn = 1 für alle n, also auch limn→∞ xn = 1.
(c) Wie verhält sich
Für
Im
(d) Gibt es einen Startwert
Ja,
4.
x0 = 1,
x0 ,
sodass die Folge
(xn )
ist
limn→∞ xn = −∞.
beschränkt ist?
siehe (c).
(a) Wie viele verschiedene Kombinationen aus 3 Zeichen (Ziern und Kleinbuchstaben) gibt es, die genau eine
Zier enthalten.
(also zwei Buchstaben und eine Zier in beliebiger Anordnung)
zbb, bzb und bbz , wobei b für Buchstabe und z für Zier steht.
Für jede dieser Anordnungen gibt es 26 · 26 · 10 = 6760 Möglichkeiten, die 3 Variablen b, b und z mit Werten
zu besetzen. Also gibt es insgesamt 3 · 6760 = 20280 Kombinationen.
Man muss drei Anordnungen unterscheiden:
(b) Wie viele Möglichkeiten gibt es, 3 Personen auf 7 Plätze zu verteilen?
Mit Beachtung der Reihenfolge gibt es
7 · 6 · 5 = 210
Möglichkeiten.
3. Gegeben sei die lineare Rekursion
xn+1 = 3xn + 4xn−1 .
(a) Lösen Sie die charakteristische Gleichung und bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Rekursion.
Es handelt sich um eine homogene autonome lineare Rekursion 2. Ordnung. Die charakteristische Gleichung
ist
q
3
2
±
9
4
+4 =
3
2
q
3
5
25
4 = 2 ± 2,
3
5
d. h. die Lösungen der charakteristischen Gleichung sind λ1 =
2 − 2 = −1 und
Die allgemeine Lösung der Rekursion ist damit nach der Lösungsformel
xn = r · (−1)n + s · 4n mit Konstanten r, s ∈ R.
λ2 = 3λ + 4 ⇔ λ2 − 3λ − 4 = 0 ⇔ λ =
±
λ2 =
3
2
5
2
+
= 4.
x2 und x3 , wenn die Startwerte x0 = 0 und x1 = 5 sind.
x2 = 3x1 + 4x0 = 3 · 5 + 4 · 0 = 15 und x3 = 3x2 + 4x1 = 3 · 15 + 4 · 5 = 65.
(b) Berechnen Sie
xn mit den Startwerten x0 = 0 und x1 = 5 an.
r und s werden die Anfangswerte in die allgemeine Lösungsformel
0 = x0 = r · (−1)0 + s · 40 = r + s ⇔ r = −s und
5 = x1 = r · (−1)1 + s · 41 = 4s − r = 4s + s = 5s ⇒ s = 1 und somit r = −s = −1.
n
n
Es folgt xn = −(−1) + 4 .
(c) Geben Sie eine geschlossene Formel für
Zur Bestimmung von
(d) Finden Sie eine stationäre Lösung
Mit
x=
5.
a = 3, b = 4 und c = −3 hat
c
−3
−3
1
1−a−b = 1−3−4 = −6 = 2 .
xn = x
eingesetzt:
xn+1 = 3xn + 4xn−1 − 3.
xn+1 = a · xn + b · xn−1 + c
der inhomogenen Rekursion
die stationäre Lösung der Rekursion
die Form
(a) Wie viele dreistellige Hexadezimalzahlen gibt es, die nur die Ziern 5 bis 9 enthalten?
Für jede der 3 Stellen gibt es 5 Möglichkeiten, zusammen also
53 = 125.
(b) Wie viele zweistellige Hexadezimalzahlen gibt es insgesamt, die die Zier 7 enthalten?
6= 0
(Achtung: die erste Stelle muss
Es gibt 16 Zahlen der Form
der Form
y7,
wobei
y
7x,
sein!)
x für eine beliebige Hexadezimalzier steht. Dazu gibt es 15 Zahlen
6= 0 steht. Zusammen sind es 16 + 15 − 1 = 30 Möglichkeiten. Die −1
doppelt gezählt würde, da sie sowohl vom Typ 7x als auch vom Typ y7
wobei
für eine Zier
resultiert daher, dass sonst die 77
ist.
(c) Wie viele fünfstellige Dezimalzahlen gibt es, in denen die Zier 2 dreimal und die Zier 3 zweimal vorkommt?
Die drei Zweien sind auf die 5 Stellen zu verteilen, die Positionen der Dreien werden dadurch eindeutig
festgelegt.
Die gefragte Anzahl ist also die Zahl der Möglichkeiten, drei Zweien auf 5 Stellen zu verteilen,
also
6.
5
3
= 10.
(a) Führen Sie in
Z2 [x]
folgende Polynomdivision mit Rest aus:
(x6 + x4 + x3 + 1) : (x3 + x2 + 1) = x3 + x2 ,
Rest
x2 + 1
Rechnung:
+
x6
x6
+ x4
+ x
x5
+ x5
(b) Ist das Polynom
Nein, da
+
+
5
p(x)
x3
x3
+ x4
+ x4
+ x2
x2
6
4
3
p(x) = x + x + x + 1
+
1
+
1
+
1
irreduzibel in
:
x3
Z2 [x]
+ x2
+
1
=
x3 + x2 ,
2
Rest x + 1
?
aus einer geraden Zahl (4) von Summanden besteht, ist
p(1) = 0
und somit
x+1
p(x).
3
(c) Berechnen Sie im GaloisKörper GF(2
(i)
) = Z2 [x]x3 +x+1
111 + 110 = 001 (bitweises exklusives Oder),
100 · 101 = 010, Rechnung
2
2
4
2
Schritt: Multiplikation der Polynome x · (x + 1) = x + x = 10100,
(ii)
1.
2. Schritt: Anwendung des ModuloOperators mit dem ModulPolynom
10100 mod 1011 = 10 = 010
(iii) 010 · 111 = 101, Rechnung
x · (x2 + x + 1) = x3 + x2 + x = 1110 und 1110 mod 1011 = 101.
2
Dabei steht a2 a1 a0 für das Polynom a2 x + a1 x + a0 .
x3 + x + 1 = 1011:
Teiler von
7.
4
(a) Berechnen Sie im GaloisKörper GF(2
1101 + 0111 = 1010
(ii) 0110 · 0101 = 1101
(i)
) = Z2 [x]x4 +x+1
(bitweises exklusives Oder)
Rechnung, 1. Schritt Multiplikation der Polynome:
(x2 + x) · (x2 + 1) = x4 + x3 + x2 + x = 11110.
2. Schritt Anwendung des Moduloperators mit dem Modulpolynom
x4 + x + 1 = 10011:
11110 mod 10011 = 1101
(iii) 1101 · 1010
3
2
3
6
5
3
4
3
6
5
4
Schritt 1: (x + x + 1) · (x + x) = x + x + x + x + x + x = x + x + x + x = 1110010.
Bei der letzten Gleichheit wurde benutzt, dass 1 + 1 = 0 in Z2 und sich somit gleiche Summanden
x3 + x3 ) gegenseitig wegheben.
Schritt 2: 1110010 mod 10011 = 1011, Rechnung
1 1 1 0 0 1 0
+ 1 0 0 1 1
1 1 1 1 1 0
+ 1 0 0 1 1
1 1 0 0 0
+ 1 0 0 1 1
1 0 1 1
3
2
Dabei steht a3 a2 a1 a0 für das Polynom a3 x + a2 x + a1 x + a0 .
(b) Finden Sie die Lösungen
steht
(i)
für das Polynom
p · 10 = 11,
(ii)
2
im GaloisKörper GF(2
) = Z2 [x]x2 +x+1
für die folgenden Gleichungen (dabei
a1 x + a0 ):
(p + 01) · 11 = 01,
(iii)
10 · p = p + 10
10 · 11 = 01 (siehe Tabelle) folgt, dass 10−1 = 11
p · 10 = 11 ⇔ p = 11 · 10−1 = 11 · 11 = 10
Aus
(i)
a1 a0
p
und
11−1 = 10.
Damit erhält man
(alternativ kann die Lösung auch direkt aus der Tabelle abgelesen werden)
(p + 01) · 11 = 01 ⇔ p + 01 = 01 · 11−1 = 01 · 10 = 10 ⇔ p = 10 + 01 = 11
−1
(iii) 10 · p = p + 10 ⇔ 10 · p + p = 10 ⇔ 10 = (10 + 01) · p = 11 · p ⇔ p = 11
· 10 = 10 · 10 = 11
·
00 01 10 11
00 00 00 00 00
Die Multiplikationstabelle kann dabei benutzt werden: 01
00 01 10 11
10 00 10 11 01
11 00 11 01 10
(ii)
(hier