Institut für Informatik Lehrstuhl f ¨ur Informatik 15 Computer

Institut für Informatik
Lehrstuhl für Informatik 15
Computer Graphik & Visualisierung
Diskrete Strukturen I
Wintersemester 2006/2007
Übungsblatt 2
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Prof. R. Westermann, J. Schneider, J. Georgii, S. Pott
TU München, 31.10.2006
Lösungen zu Diskrete Strukturen I (Blatt 2)
Aufgabe 6
[5 Punkte] Aussagenlogik
a) Angenommen, dass Smith der Mörder ist. Dann müssen Jones Aussage, dass er am fraglichen
Tag nicht in der Stadt war und Williams Aussage, dass er Jones mit Copper in der Stadt gesehen hat beide wahr sein (Annahme: Unschuldige sagen die Wahrheit), was aber offensichtlich
zu einem Widerspruch führt. Nehmen wir an, dass Williams der Mörder ist, dann müssen Smiths Aussage, dass Jones Cooper mag und Jones Aussage, dass Jones Cooper nicht gekannt hat,
beide wahr sein (Annahme: Unschuldige sagen die Wahrheit). Das führt wiederum zu einem
Widerspruch.
Angenommen, Jones ist der Mörder, dann widersprechen sich die Aussagen von Smith und
Williams nicht. Also ist Jones der Mörder.
b) Wenn wir lediglich davon ausgehen, dass Unschuldige nicht lügen, müssen wir eine Schlussflogerung voranstellen, um den Mörder auszumachen. Angenommen, alle 3 sind unschuldig, dann
lügen sie also auch nicht. Dann gibt es aber offensichtlich Widersprüche (”Jones ist mit Cooper
befreundet” widerspricht ”Jones hat Cooper nicht gekannt”). Also können nicht alle unschuldig
sein, sondern mindestens einer muss der Mörder sein. Wenn man nun zusätzlich davon ausgeht, dass nicht mehrere Verdächtige den Mord gemeinsam begangen haben, kann man mit den
Folgerungen aus a) weitermachen und den Mörder ermitteln. Andernfalls können die Mörder
nicht ermittelt werden, da zu wenig gesicherte Informationen vorhanden sind.
Aufgabe 7
[2+1 Punkte]
Lügner-Paradoxon?
a) Angenommen, der Kreter sagt die Wahrheit. Dann lügen also alle Kreter, einschließlich ihm
selbst. Also kann er nicht die Wahrheit sagen.
Angenommen, der Kreter sagt nicht die Wahrheit. Dann ist seine Aussage, ”alle Kreter lügen”
also falsch, d.h. es gibt mindestens einen Kreter, der die Wahrheit sagt (aber nicht zwingend er
selber!). Wir gehen also davon aus, dass der Kreter gelogen hat.
b) Beim bekannten Lügner-Paradoxon kommt man mit jeder Annahme zu einem Widerspruch:
Angenommen, die Aussage ist wahr, dann lügt aber die aussagende Person. Angenommen, die
Aussage ist nicht wahr, dann lügt die Person nicht, muss also die Wahrheit sagen. Da man mit
jeder Annahme auf einen Widerspruch steht, handelt es sich hierbei um ein echtes Paradoxon.
In der Aussagenlogik umgeht man dieses Problem, indem man einen Selbstbezug verbietet.
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Aufgabe 8
[4 Punkte] Irrationale Zahlen
√
Zu zeigen: 3 ist
√ keine rationale Zahl.
√
Angenommen, 3 sei rational, also 3 = ba . Dann sind a und b teilerfremd. Durch Quadrieren und
Umformung erhält man
a2 = 3b2
Daraus folgt, dass 3 ein Teiler von a2 ist und folglich 3 auch ein Teiler von a sein muss. Dadurch ergibt
sich durch Division durch 3
a2
3 = b2 .
9
Also ist auch 3 ein Teiler von b2 und √
damit von b. Dann sind aber a und b nicht teilerfremd im
Widerspruch zur Annahme. Also kann 3 nicht rational sein.
Somit hat der rationale Zahlenstrahl an dieser Stelle ein ”Loch”, d.h. die rationalen Zahlen können
nicht vollständig sein
Aufgabe 9 [1+1+3 Punkte] Induktion
a) Tabelle f (2), . . . , f (8).
f (2) = f (1) + 2 · 2 − 1 = 4
f (3) = f (2) + 3 · 2 − 1 = 9
f (4) = f (3) + 4 · 2 − 1 = 16
f (5) = f (4) + 5 · 2 − 1 = 25
f (6) = f (5) + 6 · 2 − 1 = 36
f (7) = f (6) + 7 · 2 − 1 = 49
f (8) = f (7) + 8 · 2 − 1 = 64
b) Die Tabelle legt die Vermutung nahe, dass f (n) = n2 .
c) Beweis über vollständige Induktion:
Behauptung: f (n) = n2 .
Induktionsanfang: n = 2
f (2) = 4 = 22 .
Annahme: Es gelte f (n) = n2 für alle 2 ≤ n ≤ N.
Induktionsschluss: N → N + 1
f ( N + 1) =
=
=
=
f ( N ) + 2 · ( N + 1) − 1
f (N) + 2 · N + 1
N2 + 2 · N + 1
(N
+ 1)2
(nach Ind.Annahme)
(binomische Formel)
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Aufgabe 10 [3+3 Punkte]
Binomialkoeffizienten
Beweis über vollständige Induktion über N:
Induktionsanfang N = 1:
1
1
1
1
∑ i = 0 + 1 = 1 + 1 = 2 = 21 .
i=0
Induktionsschritt N → N + 1:
Die Induktionsannahme ist, dass die Formel für N gilt. Zu zeigen bleibt, dass sie dann auch für N + 1
Gültigkeit hat.
N +1 ∑
i=0
N+1
i
=
=
=
=
=
=
N N+1
N+1
N+1
+∑
+
0
i
N+1
i=1
N
N
N
1+ ∑
+
+1
(Rekursion der Binom.koeff.)
i−1
i
i=1
N N N
N
2+ ∑
+ ∑
i−1
i
i=1
i=1
N
N
N
N
N
2+ ∑
+ ∑
−
i−1
i
0
i=1
i=0
N −1
N
2+ ∑
+ 2N − 1
(Induktionsannahme)
i
i=0
N N
N
2+ ∑
−
+ 2N − 1
i
N
i=0
= 2 + 2N − 1 + 2N − 1
= 2 N +1
(Induktionsannahme)