Aus Fehlern (anderer)

Fakultät IV = XXIV — Mathematik
Lehrstuhl für Mathematische Logik und
Theoretische Informatik
Hannes Diener
Aus Fehlern (anderer) lernen
Diskrete Mathematik für Informatiker, WS11/12
1
Typenfehler
In Aufgabe 1 des ersten ÜB wurde gefordert einige Mengen explizit auszurechen“. Es waren gegeben
”
zwei Mengen A “ t1, 2, 4, 8, 16u und B “ t2, 4, 6, 8, 10u und es wurde gefragt, was dann A X B ist.
Falsche Antwort: A X B “ 2, 4, 8.“
”
Erklärung: Der Schnitt zweier Mengen ist die Menge aller der Elemente, die in beiden Mengen gleichzeitig enthalten sind. Insbesondere ist der Schnitt also eine Menge. Auf der rechten Seite dieser Antwort
steht aber keine Menge, sondern nur eine Folge von Zahlen. Das Gleichheitszeichen hat also nicht mal
die gleichen Objekttypen auf beiden Seiten. Die Antwort macht genauso so wenig Sinn wie die Antwort
Albanien, Andorra, . . . , Vereinigtes Königreich“ auf die Frage Welcher ist der einzige Kontinent der
”
”
mit dem Buchstaben E anfängt?“ Auch wenn dies kleinkariert erscheint ist dieses Denken in Typen
gerade für Informatiker wichtig (vgl. streng getypte Programmiersprachen).
2
Zwei Funktionen sind nicht gleich
In Aufgabe 1 des dritten ÜB wurde gefragt ob gewisse Funktionen kommutieren. Es waren f : R` Ñ
?
R` , x ÞÑ f pxq “ x und h : R` Ñ R` , x ÞÑ hpxq “ x ` 1 zwei Funktionen
die nicht kommutieren.
a
?
Falsche Begründung: f und h kommutieren nicht, da f ˝ hpxq “ px ` 1q und h ˝ f pxq “ x ` 1.
Erklärung: Die Argumentation ist etwas voreilig abgeschlossen. Man hat gezeigt, daß f ˝ h und h ˝ f
durch verschiedene Formeln ( Formeln“im Sinne der Schule. Im Sinne der formalen Logik handelt es
”
sich um Terme) gegeben sind. Nur weil zwei Terme verschieden sind heißt das ja aber nicht, daß diese
Terme, ausgewertet für alle Werte im Definitionsbereich, verschiedene?Werte ergeben. Beispielsweise
?
sind ja die Funktionen k : t0u Ñ R, x ÞÑ x ` 1 und s : t0u Ñ R, x ÞÑ x ` 1 gleich.
Zum korrekten Abschluss der Argumentation hätte es gereicht,?zu zeigen, daß es einen Wert x P R`
gibt so daß f ˝ hpxq ‰ h ˝ f pxq; hier beispielsweise x “ 2, da ja 2 ‰ 2.
3
Generelles Beweisen:
In Aufgabe 2 des ÜB 3 wurde verlangt zu beweisen, daß wenn f : D Ñ M und g : M Ñ N Funktionen
sind, dann ist, wenn g ˝ f injektiv ist auch f injektiv.
Falsche Antwort: Einige Antworten lauteten folgendermaßen oder ähnlich: Seien x P D, y P M und
1
z P N . [...]
x ‰ y ðñ f pxq ‰ f pyq
ðñ gpf pxqq ‰ gpf pyqq
ðñ g ˝ f pxq ‰ f ˝ gpxq
g ˝ f ist injektiv.
Erklärung: Hier gibt es gleich eine Vielzahl von Problemen.
(a) y sollte Element D sein, sonst können wir f ja nicht unbedingt darauf anwenden. Das z ist
überflüssig.
(b) Die erste Äquivalenz ist zwar immer von rechts nach links gültig (Definition einer Funktion) von
links nach rechts braucht man, daß f injektiv ist, also genau die Aussage, die gezeigt werden
soll. Ähnlich bräuchte man in der zweiten Äquivalenz die Injektivität von g, welche auch nicht
vorausgesetzt wird.
(c) Da sonst keine Erklärungen gegeben sind, auf was der Beweis hinauswill, liest sich daß als: unter
der Voraussetzung, daß f und g injektiv sind, wird gezeigt, daß g ˝ f injektiv sind. Das ist nicht
das, was gefragt war und ausserdem schon aus der Vorlesung bekannt.
4
Falsche Annahmen:
Ebenfalls in Aufgabe 2.a des ÜB 3, wurde folgende Erklärung abgegeben:
Falsche Antwort Seien d1 , d2 P D. Durch Injektivität von g ˝ f gilt g ˝ f pd1 q “ g ˝ f pd2 q, also
gpf pd1 qq “ gpf pd2 qq. Daraus folgt, daß f pd1 q “ f pd2 q und damit muss auch d1 “ d2 sein. Somit ist f
injektiv.
Begründung: Erstmal sei angemerkt: Die Antwort liest sich sehr schön (deutlich besser als nur aneinandergereihte Formeln, deren Bedeutung und Zusammenhang sich der Leser erst erarbeiten muss)!
Leider sind aber auch hier einige Probleme.
(a) Aus der Injektivität von g ˝ f folgt nicht, daß g ˝ f pd1 q “ g ˝ f pd2 q. Das hieße ja, daß die Funktion
g ˝ f immer den gleichen Wert annehmen würde, also konstant wäre. Injektivität heißt, WENN
g ˝ f pd1 q “ g ˝ f pd2 q, DANN d1 “ d2 . Genauso wenig folgt ja aus wenn Sie kleiner als 1.5 Meter
”
sind, dann dürfen sie den Skilift kostenlos benutzen,“ daß jeder kleiner als 1.5 Meter ist.
(b) Auch hier bräuchte man für die nächsten zwei Schritte, wie oben, daß g und f injektiv sind. Das
eine wird in der Aufgabenstellung nie angenommen, das andere ist ja sogar das, was bewiesen
werden soll.
5
Charakteristische Funktion:
In Aufgabe 3 des ÜB3 sollte verschiedene Dinge über charakteristische Funktionen gezeigt werden.
Unter anderem, daß für zwei Mengen A, B
χAXB “ χA χB .
2
Falsche Antwort: Ist x P AXB, so ist χAXB “ 1. Aber auch χA “ 1 und χB “ 1 und damit χA χB “ 1.
Begründung: Davon abgesehen, daß man keinen Hauptsatz mit aber“ beginnen sollte, gibt es bei
”
dieser Antwort zwei Probleme. Die Gleichung χAXB “ 1 hieße ja, daß die Funktion χAXB überall den
Wert 1 annimmt. Gemeint war wahrscheinlich χAXB pxq “ 1. Selbst dann hat man ja aber nur gezeigt,
daß für alle x P A X B gilt, daß
χAXB pxq “ χA χB pxq .
Um zu zeigen, daß χAXB und χA χB die gleichen Funktionen sind, müsste man diese Gleichung aber
für alle x P M zeigen. Es fehlt hier noch der Fall, bzw. die Fälle, wenn x R A X B ist.
6
Beispiel vs. Beweis
In vielen Aufgaben, wie z.B. Aufgabe 4b, ÜB 3, gibt es folgende problematischen Antworten:
Falsche Antwort: Sei f : N Ñ N, x ÞÑ x2 , A “ t1, 2, 3u, B “ t3, 4, 5u. Dann ist f pAq “ t1, 4, 9u und
f pBq “ t9, 16, 25u. Also f pAq X f pBq “ t9u Ď f pt3uq “ f pA X Bq .
Begründung: Die Antwort ist zwar nicht falsch, aber unvollständig. Sie zeigt alles nur an einem
Beispiel, und nicht im generellen Fall. Gesucht war ein Beweis, daß dies für alle injektiven Funktionen
f und alle Mengen A, B gilt. Man beachte allerdings, daß dies der Fall für All-Aussagen ist. Um z.B.
zu zeigen, daß eine All-Aussage falsch ist reicht es vollkommen ein einziges Beispiel anzugeben (da die
Negation einer All-Aussage ja eine Existenzaussage ist).
3