Automaten und formale Sprachen 1 Grundlagen und formale Beweise

Automaten und formale Sprachen
Notizen zu den Folien
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Grundlagen und formale Beweise
Beispiel eines Beweises (Folie 47)
Satz. Sei A eine Menge, und ⊆ A × A eine Quasi-Ordnung auf A. Definiere die Relation ≈ wie
folgt:
x ≈ y falls x y und y x.
Dann ist ≈ eine Äquivalenzrelation.
Beweis. Nach Definition müssen wir zeigen, dass ≈ eine Äquivalenzrelation ist, das heißt, dass ≈
reflexiv, symmetrisch und transitiv ist.
Reflexiv. Nehme an, dass a ∈ A. Weil eine Quasi-Ordnung ist, ist reflexiv. Das heißt, dass
für alle x ∈ A, x x. Insbesonder gilt das für x = a. Deswegen gilt a a. Aus a a und
a a folgt nach Definition, dass a ≈ a. Weil a ≈ a für ein beliebiges a ∈ A gilt, gilt a ≈ a
für alle a ∈ A. Die Relation ≈ is also reflexiv.
Symmetrisch. Nehme an, dass a, b ∈ A und a ≈ b. Nach Definition bedeutet a ≈ b, dass a b
und b a. Nach Definition folgt aus b a und a b, dass b ≈ a. Weil dies gilt für beliebige
a, b ∈ A mit a ≈ b, schließen wir, dass für alle a, b ∈ A aus a ≈ b auch b ≈ a folgt. Die
Relation ≈ ist also symmetrisch.
Transitiv. Nehme an, dass a, b, c ∈ A, a ≈ b und b ≈ c. Nach Definition folgt aus a ≈ b dass
a b und b a. Außerdem folgt nach Definition aus b ≈ c dass b c und c b. Weil eine Quasi-Ordnung ist, ist sie transitiv. Deswegen folgt aus a b und b c, dass a c.
Außerdem folgt aus c b und b a, dass c a. Weil a c und c a gilt nach Definition,
dass a ≈ c. Dies gilt für beliebige a, b, c ∈ A, und deswegen können wir schließen, dass ≈
transitiv ist.
Weil ≈ reflexiv, symmetrisch und transitiv ist, ist sie eine Äquivalenzrelation.
Beispiel eines Gegenbeispiels (Folie 48)
Aussage: Sei R ∈ A × A eine binäre Relation. Wenn R symmetrisch und transitiv ist, ist sie auch
reflexiv.
Diese Aussage ist falsch. Um dies zu zeigen, reicht es aus, ein Gegenbeispiel anzugeben. Sei A = {0}
und R = ∅. Dann ist R symmetrisch (denn die Prämisse x R y ist nie erfüllt) und transitiv (denn
die Prämissen x R y und y R z sind nie erfüllt), aber nicht reflexiv.
Beispiel eines Beweises über Mengen (Folie 51)
Satz. Für Mengen A, B, C gilt:
(A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C)
Beweis. Es gibt zwei Richtungen zu beweisen:
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• (A ∩ B) ∪ C ⊆ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C):
Nehme an, dass x ∈ (A ∩ B) ∪ C. Nach Definition, gilt entweder x ∈ (A ∩ B) oder x ∈ C.
– Wenn x ∈ (A ∩ B), dann gilt, dass x ∈ A und x ∈ B. Aus x ∈ A folgt, dass x ∈ (A ∪ C).
Aus x ∈ B folgt, dass x ∈ (B ∪ C). Weil x ∈ (A ∪ C) und x ∈ (B ∪ C) gilt, dass
x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C).
– Wenn x ∈ C, dann gilt nach Defintion, dass x ∈ (A ∪ C) und x ∈ (B ∪ C). Weil
x ∈ (A ∪ C) und x ∈ (B ∪ C) gilt, dass x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C).
Weil wir in beiden Fällen x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) abgeleitet haben, gilt x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C).
• (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ C:
Nehme an, dass x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C). Nach Definition von ∩ heißt das, dass x ∈ (A ∪ C)
und x ∈ (B ∪ C). Aus x ∈ (A ∪ C) folgt, dass entweder x ∈ A oder x ∈ C.
– Nehme an, dass x ∈ A. Wegen x ∈ (B ∪ C) gibt es zwei Möglichkeiten:
∗ Wenn x ∈ B, dann haben wir wegen x ∈ A, dass x ∈ (A ∩ B). Deswegen gilt, dass
x ∈ (A ∩ B) ∪ C.
∗ Wenn x ∈ C, dann gilt sofort, dass x ∈ (A ∩ B) ∪ C.
In beiden Fällen gilt x ∈ (A ∩ B) ∪ C, und deswegen können wir x ∈ (A ∩ B) ∪ C
schließen.
– Nehme an, dass x ∈ C. Dan folgt sofort, dass x ∈ (A ∩ B) ∪ C.
In beiden Fällen gilt x ∈ (A∩B)∪C, und deswegen können wir x ∈ (A∩B)∪C schließen.
Beispiel eines Widerspruchsbeweises (Folie 52)
Satz.
√
2 ist irrational, das heißt, es gibt keine m, n ∈ Z, so dass
m
n
=
√
2.
Beweis. Wir nehmen die Negation der zu beweisenden Aussage an und leiten einen Widerspruch
ab. Wir nehmen also an, dass es ganze Zahlen m und n gibt, so dass
m √
= 2.
n
Weil wir m und n durch gemeinsame Teiler teilen können, folgt aus der obigen Annahme, dass es
teilerfremde p, q ∈ Z gibt, so dass
p √
= 2.
q
Beide Seiten mit q multiplizieren liefert
p=
√
2 · q,
und quadratieren liefert
p2 = 2q 2 .
Das heißt, dass p2 eine gerade Zahl ist. Weil das Quadrat einer ungeraden Zahl immer ungerade
ist, muss p auch eine gerade Zahl sein. Das heißt, dass
p = 2a
für eine ganze Zahl a. Daraus folgt
2q 2 = p2 = (2a)2 = 4a2 ;
2
teilen durch 2 liefert
q 2 = 2a2 .
Sowohl q 2 als auch q sind also auch gerade Zahlen.
Dass p und q beide gerade sind, ist aber im Widerspruch zur Tatsache, dass p und q teilerfremd
sind (2 ist Teiler beider Zahlen). Unsere Annahme war√also falsch, und deswegen schließen wir,
2.
dass es keine ganze Zahlen m und n gibt, so dass m
n =
Beispiel eines Beweises durch Induktion (Folie 54)
Satz. Für alle n > 0 gilt, 1 + 2 + · · · + n =
n · (n + 1)
.
2
Beweis. Wir beweisen den Satz mit vollständiger Induktion.1
• Induktionsanfang. Für n = 1 gilt:
1
X
2
1 · (1 + 1)
= =1=
i
2
2
i=1
(Bemerkung:
n
X
i ist Kurznotation für 1 + · · · + n.)
i=1
• Induktionschritt. Nehme an, dass
n
X
i=
i=1
n · (n + 1)
.
2
(Dies ist die Induktionsvoraussetzung.) Dann gilt:
n+1
X
i=
i=1
n
X
i + (n + 1)
i=1
n · (n + 1)
+ (n + 1)
2
n2 + 2n 2n + 2
=
+
2
2
2
n + 3n + 2
=
2
(n + 1) · (n + 2)
=
2
=
(IH)
Der mit (IH) geschrifteten Schritt folgt aus der Induktionsvoraussetzung (Induktionshypothese).
Wegen vollständiger Induktion, gilt der Satz.
1 Vollständige
Induktion ist Induktion auf den natürlichen Zahlen.
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