Mathematik 1 für Informatik

Gunter Ochs
25. Januar 2011
Mathematik 1 für Informatik
Probeklausur
Lösungen (ohne Garantie auf Fehlerfreiheit)
Aufgabe 1.
(a) Stellen Sie die Dezimalzahl 11,45 im Dualsystem dar. Dabei genügt die
Angabe der ersten 4 Nachkommastellen.
(11)10 = (1011)2 und (0, 45)10 = (0, 0111...)2 ⇒ (11, 45)10 = (1011, 0111...)2
(b) Wie viele dreistellige Dezimalzahlen (d. h. zwischen 100 und 999) gibt es,
bei denen keine zwei gleichen Ziern aufeinander folgen?
Für die erste Zier gibt es 9 Möglichkeiten (19), für die zweite ebenfalls
9 (alle Ziern 09 auÿer der ersten) und für die dritte ebenfalls 9 (alle
Ziern 09 auÿer der zweiten).
Insgesamt gibt es somit
93 = 728
verschiedene Möglichkeiten, eine Zahl
mit der gewünschten Eigenschaft zu bilden.
(c) Wie viele dreistellige Dezimalzahlen gibt es, in denen eine Zier genau
zweimal hintereinander auftritt?
Es gibt zwei Arten solchen Zahlen: die beiden ersten Ziern sind gleich
und die dritte verschieden (Typ 1) sowie bei beiden letzten Ziern sind
gleich und die erste verschieden (Typ 2).
Von beiden Typen gibt es jeweils
9 · 9 = 81
verschiedene Zahlen (9 Mög-
lichkeiten 19 für die erste Zier und 9 Möglichkeiten 09 au"der der
ersten Zier für die letzte Zier, die mittlere Zier ist bei beiden Typen
durch die erste bzw. letzte Zier festgelegt).
Insgesamt gibt es somit
2 · 81 = 162 verschiedene Zahlen vom Typ 1 oder
Typ 2 (da sich die beiden Typen gegenseitig ausschlieÿen).
Aufgabe 2. Die Folge
(xn )
sei rekursiv deniert durch
xn+1 = xn + 3n
x2 , x3 und x4 , wenn der Startwert x1 = 0 ist.
x2 = x1 + 3 = 0 + 3 = 3 (mit n = 1), x3 = x2 + 32 = 3 + 9 = 12
n = 2) und x4 = x3 + 33 = 12 + 27 = 39 (mit n = 3).
(a) Berechnen Sie
1
(b) Zeigen Sie durch vollständige Induktion, dass im Fall
xn =
1 n
(3
2
− 1)
n.
n = 1: x1 = 1 =
x1 = 1
(mit
gilt
für alle
Induktionsanfang für
1
2
·2=
1
2
· (31 − 1)
Induktionsschritt:
xn+1 = xn + 3n = 12 (3n − 1) + 3n = 12 3n − 12 + 3n = 32 3n −
= 12 3n+1 − 21 = 12 (3n+1 − 1)
1
2
= 3 · 12 3n −
1
2
Die erste Gleichheit ist die Rekursionsformel, die zweite die Induktionsannahme, die übrigen sind Umformungen.
xn im Fall x1 = 1
3
n
n
(i) = O(n )?
(ii) = O(2 ) ?
(iii) = O(10 )?
n
x
Es ist limn→∞ n
= limn→∞ 12 · 3n3 − 2·n1 3 = ∞
n3
n
3
3
(da 3 schneller wächst als n ), also ist xn kein O(n ).
n
3
n
n
Da 3 auch schneller wächst als 2 (limn→∞ n = limn→∞
2
xn auch kein O(2n ).
x
n
n
Aus limn→∞ nn = 0 folgt xn = o(10 ) ⇒ xn = O(10 ).
10
(c) Ist
Aufgabe 3. Sei
q(n)
die Quersumme einer natürlichen Zahl
(also z. B.
3 n
2
= ∞),
ist
n
q(987) = 9 + 8 + 7 = 24).
q : N → N, n 7→ q(n) injektiv / surjektiv / bijektiv?
nicht injektiv, da z. B. q(12) = q(21) = 3,
surjektiv, da es zu jedem m ∈ N ein n gibt mit q8n) = m (z. B. kann n
als die mstelige Zahl gewählt werden, die nur aus Einsen besteht)
(a) Ist die Abbildung
nicht bijektiv, da nicht injektiv
R = {(n, m) : q(n) = q(m)} ⊂ N × N,
d. h. n steht in Relation zu m, wenn beide die gleiche Quersumme haben.
Ist R relexiv / symmetrisch / antisymmetrisch / transitiv?
reexiv, da q(n) = q(n)
symmetrisch, da q(n) = q(m) ⇔ q(m) = q(n)
nicht antisymmetrisch, da z. B. (12, 21) ∈ R und (21, 12) ∈ R.
transitiv, da aus q(n) = q(m) und q(m) = q(k) folgt q(n) = q(k).
(b) Betrachten Sie die Relation
(c) Handelt es sich bei
R aus (b) um eine Äquivalenzrelation / partielle Ord-
nung / totale Ordnung?
Äquivalenzrelation, da reexiv, symmetrisch und trasitiv,
keine Ordnung, da nicht antisymmetrisch (siehe b)
Aufgabe 4.
p(x) mit möglichst kleinem
p(2) = 5 und p(3) = 10.
(a) Bestimmen Sie ein Polynom
p(−1) = −10, p(0) = 1,
Grad, so dass
NewtonInterpolation mit dem Schema der dividierten Dierenzen:
−1 −10
0
1 11
2
5 2 −3
3
10 5
1 1
⇒ p(x) = −10 + 11(x + 1) − 3(x + 1)x + (x + 1)x(x − 2)
= x3 − 4x2 + 6x + 1
(b) Berechnen Sie
x = −2:
p(−2)
1 −4 6
0 −2 12
1 −6 18
und
p(1)
mit dem Hornerschema.
1
−36 ⇒ p(−2) = −35,
− 35
x = 1:
1 −4
6 1
0
1 −3 3 ⇒ p(1) = 4
1 −3
3 4
Mathematik 1 für Informatik
Lösungen zur Probeklausur, Seite 2
Aufgabe 5.
(a) Berechnen Sie in
(i)
Z2 [x]:
(x2 + x + 1) · (x3 + x2 + x)
= x5 + x4 + x3 + x4 + x3 + x2 + x3 + x 2 + x = x5 + x3 + x,
(ii)
(iii)
(x4 + x + 1) : (x2 + x + 1)
x5 + x2 + x + 1
mod
(b) Finden Sie die Lösungen
(Division mit Rest)
= x2 + x
Rest 1
x 3 + x2 + 1 = x2
p
2
im GaloisKörper GF(2 )
die folgenden Gleichungen (dabei steht
a1 a0
für das
= Z2 [x]x2 +x+1 für
Polynom a1 x + a0 ):
p · 11 = 10 ⇔ p = 10 · 11−1 = 10 · 10 = 11,
−1
(ii) (p + 10) · 11 = 01 ⇔ p + 10 = 01 · 11
= 01 · 10 = 10
⇔ p = 10 + 10 = 00,
(iii) 11 · (p + 10) = 10 · (p + 01)
⇔ 11 · p + 11 · 10 = 10 · p + 10 · 01 ⇔ (11 + 10) · p = 01 + 10 ⇔ 01 · p = 11
⇔ p = 11 · 01−1 = 11 · 01 = 11
· 00 01 10 11
00 00 00 00 00
Die Multiplikationstabelle kann benutzt werden: 01
00 01 10 11
10 00 10 11 01
11 00 11 01 10
(i)
Aufgabe 6. Gegeben seien zwei gewichtete Graphen:
(a) Prüfen Sie, ob im linken Graphen ein EulerPfad und ein Hamilton
Kreis existiert und geben Sie diese gegebenenfalls an (dabei spielen die
Gewichte keine Rolle).
Ein möglicher HamiltonKreis ist unten links eingezeichnet. Da alle Knoten geraden Grad haben, gibt es geschlossene Euler-Züge. Dafür gibt es
mehrere Möglichkeiten, eine davon ist unten rchts eingezeichnet.
(b) Konstruieren Sie mit dem Algorithmus von Kruskal ein minimales Gerüst
im linken Graphen.
Das (eindeutig bestimmte) Minimalgerüst ist unten links eingezeichnet.
(c)
Bestimmen Sie im rechten Graphen mit dem Algorithmus von Ford
Fulkerson einen maximalen Fluss von der Quelle
Q
zur Senke
S.
Einen (nicht eindeutig bestimmten) maximalen Fluss mit Wert 8 (siehe
oben rechts) erhält man z. B. mit den augmentierenden Wegen
QADS (Fluss 3),
QCF S (Fluss +3 ⇒ Gesamtuss 6),
QBDAF CES (mit Rückwätrskanten DA
Fluss +2 ⇒ Gesamtuss 8).
und
F C,
Jetzt ist der Fluss maximal. Jeder Versuch, einen weiteren augmentierenden Weg zu konstruieren, landet zwangsläug in der Sackgasse
QBDA