Übungsserie 0 - Studentenportal

HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
1
Übungsserie 0
Syntaxdiagramme dienen in der Informatik dazu, die Syntax einer Regelmenge möglichst übersichtlich darzustellen. Insbesondere lässt sich auf diese
Weise auch die Syntax einer Programmiersprache eindeutig beschreiben.
Für Syntaxdiagramme gelten folgende Regeln:
• Pfeile geben an, in welche Richtung ein Diagramm durchlaufen werden
muss.
• Rechtecke verweisen auf Begriffe (Symbole), die in einem anderen (oder
eventuell dem selben) Diagramm definiert werden. Symbole dieser Art
heissen nicht terminale Symbole.
• Ovale enthalten Symbole, die nicht weiter übersetzt werden können.
Symbole dieser Art heissen terminale Symbole.
• Bei Verzweigungen (Knoten) darf eine beliebige Wahl getroffen werden
(natürlich nur in Pfeilrichtung).
Eine Zeichenfolge (ein Programm, ein Ausdruck) ist korrekt, wenn es einen
Durchlauf durch das Syntaxdiagramm gibt, der die Zeichenfolge erzeugt.
Auf der folgenden Seite ist die Syntax der aussagenlogischen Ausdrücke
durch Syntaxdiagramme dargestellt, unter der Annahme, dass als Variablen
ausschliesslich Grossbuchstaben zugelassen sind.
Aufgabe 1 Erstellen Sie ein System von Syntaxdiagramme zur exakten Definition der Darstellung von reellen Zahlen mit Vorzeichen. Dabei soll sowohl
die übliche Darstellung mit Dezimalpunkt wie auch die Exponentialdarstellung berücksichtigt werden. Beispielsweise sind alle folgenden Zahlen korrekt
dargestellt:
−3.141592 ,
1.4142E − 2 ,
7364723.e23 ,
+1.00E + 2
Ob die Zahl mit einer Anzahl führender Nullen beginnt oder nicht ist egal.
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Variable
-
A..Z
-
Variable
-
Atomare Formel
6
>
⊥
Formel
-
Atomare Formel
6
(
¬
-
-
-
)
Formel
Formel
-
Formel
∧
Formel
-
Formel
∨
Formel
-
Formel
↔
Formel
-
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1
Übungsserie 1
Aufgabe 1 Welche der folgenden Formeln sind allgemeingültig?
1. ¬(A ∧ B) ∨ A ∨ B
2. A ∧ B ↔ B ∧ A
3. A ∨ B ↔ B ∨ A
4. A ∧ (A ∨ B) ↔ A
5. A ∨ (A ∧ B) ↔ A
6. A ∧ (B ∨ C) ↔ (A ∧ B) ∨ (A ∧ C)
7. A ∨ (B ∧ C) ↔ (A ∨ B) ∧ (A ∨ C)
8. ¬(A ∧ B) ↔ ¬A ∧ ¬B
9. ¬(A ∨ B) ↔ ¬A ∨ ¬B
10. ¬(A ∧ B) ↔ ¬A ∨ ¬B
11. ¬(A ∨ B) ↔ ¬A ∧ ¬B
12. ¬¬A ↔ A
13. ¬(¬A ∨ B) ↔ (A ∨ ¬B)
14. ¬(¬A ∨ B) ↔ (A ∧ ¬B)
15. (¬A ∨ B) ↔ (A ∨ ¬B)
Falls eine Formel nicht allgemeingültig ist, geben Sie eine Belegung der Variablen, für
die die Formel nicht wahr ist.
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2
Aufgabe 2 A und B seien aussagenlogische Formeln. Welche der vier folgenden Aussagen
sind korrekt:
1. A ∧ B ist genau dann allgemeingültig, wenn sowohl A allgemeingültig ist wie auch B
allgemeingültig ist.
2. A ∨ B ist genau dann allgemeingültig, wenn A allgemeingültig ist oder B allgemeingültig ist.
3. A ∧ B ist genau dann erfüllbar, wenn sowohl A erfüllbar ist als auch B erfüllbar ist.
4. A ∨ B ist genau dann erfüllbar, wenn A erfüllbar ist oder B erfüllbar ist.
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Lösungen
Aufgabe 1 Lösungen:
1. Allgemeingültig.
2. Allgemeingültig.
3. Allgemeingültig.
4. Allgemeingültig.
5. Allgemeingültig.
6. Allgemeingültig.
7. Allgemeingültig.
8. Nicht allgemeingültig. A wahr und B falsch (oder umgekehrt).
9. Nicht allgemeingültig. A wahr und B falsch (oder umgekehrt).
10. Allgemeingültig (de Morgan).
11. Allgemeingültig (de Morgan).
12. Allgemeingültig.
13. Nicht allgemeingültig. A wahr und B wahr.
14. Allgemeingültig.
15. Nicht allgemeingültig. A falsch und B wahr.
3
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Aufgabe 2 Lösungen:
1. Die Aussage ist korrekt.
2. Die Aussage ist nicht korrekt. Gegenbeispiel A = X und B = ¬X.
3. Die Aussage ist nicht korrekt. Gegenbeispiel A = X und B = ¬X.
4. Die Aussage ist korrekt.
4
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Übungsserie 2: Prädikatenlogik
Aufgabe 1 Welche Aussagen gelten in den natürlichen Zahlen, welche in den rationalen
Zahlen:
1. ∀x (x < x ∗ x)
2. ∀x (x ≤ 1 ∨ x < x ∗ x)
3. ∀x (x = 0 ∨ ∃y (x ∗ y = 1))
4. ∀x ∀y (x ∗ y = 0 ↔ (x = 0 ∨ y = 0))
5. ∃x ∀y (y ∗ y 6= x)
Aufgabe 2 Auf den Mengen Z5 := {0̄, 1̄, 2̄, 3̄, 4̄} und Z6 := {0̄, 1̄, 2̄, 3̄, 4̄, 5̄} sind Multiplikationen definiert gemäß der folgenden Multiplikationstabellen:
∗
0̄
1̄
2̄
3̄
4̄
0̄
0̄
0̄
0̄
0̄
0̄
1̄
0̄
1̄
2̄
3̄
4̄
2̄
0̄
2̄
4̄
1̄
3̄
3̄
0̄
3̄
1̄
4̄
2̄
4̄
0̄
4̄
3̄
2̄
1̄
Z5
∗
0̄
1̄
2̄
3̄
4̄
5̄
0̄
0̄
0̄
0̄
0̄
0̄
0̄
1̄
0̄
1̄
2̄
3̄
4̄
5̄
2̄
0̄
2̄
4̄
0̄
2̄
4̄
Z6
3̄
0̄
3̄
0̄
3̄
0̄
3̄
4̄
0̄
4̄
2̄
0̄
4̄
2̄
5̄
0̄
5̄
4̄
3̄
2̄
1̄
Welche der folgenden Aussagen gelten in Z5 , welche in Z6 ?
1. ∀x (x = 0 ∨ ∃y (x ∗ y = 1))
2. ∀x ∀y (x ∗ y = 0 ↔ (x = 0 ∨ y = 0))
3. ∃x ∀y (y ∗ y 6= x)
Aufgabe 3 Konstruieren Sie eine Aussage, die äquivalent ist zu
¬∀x ∃y ∀z (P (x, y, z) ∨ f (x, y, z) = c)
aber in der die Negationen nur vor den Prädikaten stehen.
(Anstelle von ¬(a = b) schreibe man a 6= b.)
Aufgabe 4 Der Satz von Lagrange besagt, dass jede natürliche Zahl eine Summe von vier
Quadraten ist. Formalisieren Sie diesen Satz.
Aufgabe 5 Konstruieren Sie eine Aussage, die genau dann in einer Struktur gilt, wenn
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1. die Struktur mindestens drei Elemente besitzt.
2. die Struktur maximal drei Elemente besitzt.
3. die Struktur genau drei Elemente besitzt.
Aufgabe 6 In einer Gruppe von Personen sind gewisse Personen untereinander befreundet, andere nicht. Verwenden Sie das zweistellige Prädikat «befreundet», um die folgenden
Aussagen mit prädikatenlogischen Formeln auszudrücken:
1. Befreundet zu sein ist eine symmetrische Beziehung (A ist mit B genau dann befreundet, wenn B mit A befreundet ist).
2. Niemand ist nicht mit sich selber befreundet.
3. Jede Person ist mit mindestens zwei anderen Personen befreundet.
4. Es gibt eine Person, die mit niemandem befreundet ist.
5. Es gibt genau eine Person, die mit niemandem befreundet ist.
6. Es gibt eine Person, die mit allen anderen Personen befreundet ist.
7. Es gibt genau eine Person, die mit allen anderen Personen befreundet ist.
Aufgabe 7 Welche der folgenden Formel-Schemas gelten für alle Aussageformen A(x) und
B(x) in allen Strukturen?
1. ∀x (A(x) ∧ B(x)) ↔ ∀x A(x) ∧ ∀x B(x)
2. ∀x (A(x) ∨ B(x)) ↔ ∀x A(x) ∨ ∀x B(x)
3. ∃x (A(x) ∧ B(x)) ↔ ∃x A(x) ∧ ∃x B(x)
4. ∃x (A(x) ∨ B(x)) ↔ ∃x A(x) ∨ ∃x B(x)
Aufgabe 8 Neben dem Existenzquantor ∃x wird auch der Quantor ∃!x für «es existiert
genau ein x» verwendet. Sei A(x) eine Aussageform (in der der Quantor ∃! nicht vorkomme). Konstruieren Sie eine Aussage B, die äquivalent ist zu ∃!x A(x), wobei der Quantor
∃! in B nicht vorkommen darf.
Aufgabe 9 Eine natürliche Zahl n ist eine Primzahl, wenn n größer ist als 1 und wenn
es keine Darstellung von n gibt als Produkt n = x ∗ y mit x > 1 und y > 1. Konstruieren
Sie eine Aussageform P(n) mit der freien Variablen n, so dass P(n) genau dann gilt, wenn
n eine Primzahl ist. (Die Aussageform P(n) soll lediglich die Funktionssymbole + und ∗
sowie die Relationen < und = enthalten.)
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Lösungen
1
1. Gilt weder in N noch in Q
2. Gilt sowohl in N als auch in Q
3. Gilt nicht in N, aber gilt in Q
4. Gilt sowohl in N als auch in Q
5. Gilt sowohl in N als auch in Q
2
1. Gilt in Z5 , aber nicht in Z6 .
2. Gilt in Z5 , aber nicht in Z6 .
3. Gilt sowohl in Z5 als auch in Z6 .
3 ∃x ∀y ∃z (¬P (x, y, z) ∧ f (x, y, z) 6= c)
4 ∀n ∃x1 ∃x2 ∃x3 ∃x4 (n = x1 ∗ x1 + x2 ∗ x2 + x3 ∗ x3 + x4 ∗ x4 )
5
1. ∃x1 ∃x2 ∃x3 (x1 6= x2 ∧ x1 6= x3 ∧ x2 6= x3 )
2. ∃x1 ∃x2 ∃x3 ∀y(y = x1 ∨ y = x2 ∨ y = x3 )
eine andere Lösung ist
∀x1 ∀x2 ∀x3 ∀x4 (x1 = x2 ∨ x1 = x3 ∨ x1 = x4 ∨ x2 = x3 ∨ x2 = x4 ∨ x3 = x4 )
3. ∃x1 ∃x2 ∃x3 (x1 6= x2 ∧ x1 6= x3 ∧ x2 6= x3 ∧ ∀y(y = x1 ∨ y = x2 ∨ y = x3 ))
6
1. ∀x ∀y (befreundet(x, y) ↔ befreundet(y, x))
2. ∀x ¬befreundet(x, x)
3. ∀x ∃y ∃z (y 6= z ∧ befreundet(x, y) ∧ befreundet(x, y))
4. ∃x ∀y ¬befreundet(x, y)
5. ∃x ∀y ¬befreundet(x, y) ∧
¬∃z ∃u (z 6= u ∧ ∀v (¬befreundet(z, v)) ∧ ∀w (¬befreundet(u, w)))
6. ∃x ∀y(x = y ∨ befreundet(x, y))
7. ∃x ∀y(x = y ∨ befreundet(x, y)) ∧
¬∃z ∃u (z 6= u ∧ ∀v (z = v ∨ befreundet(z, v)) ∧ ∀w (u = w ∨ befreundet(u, w)))
7
1. Gilt
2. Gilt nicht
3
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3. Gilt nicht
4. Gilt
8 1. Lösung: B ist ∃x (A(x) ∧ ∀y (x = y ∨ ¬A(y)))
2. Lösung: B ist ∃x A(x) ∧ ¬∃y ∃z (y 6= z ∧ A(y) ∧ A(z))
9 n > 1 ∧ ¬∃x ∃y (x ∗ y = n ∧ x > 1 ∧ y > 1)
4
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Übungsserie 3: Implikation
Aufgabe 1 Welche der folgenden Formeln sind allgemeingültig, welche erfüllbar und welche sind unerfüllbar?
1. (A → B) ↔ (B → A)
2. (A → B) ↔ (¬A → ¬B)
3. (A → B) ↔ (¬B → ¬A)
4. ((A ∧ B) → C) ↔ (A → (B → C))
5. ((A ∧ B) → C) ↔ ((A → B) → C)
6. ((A ∧ B) → C) ↔ (A ∧ B ∧ ¬C)
Aufgabe 2 Bestimmen Sie eine Formel C, so dass ¬(A → B) ↔ C eine Tautologie ist.
Dabei darf C nur die Operatoren ∧, ∨ und ¬ enthalten; ferner darf ¬ nur vor Variablen
stehen.
Aufgabe 3 A(n) sei die Aussage «n ist durch 25 teilbar». Bestimmen sie von den folgenden
Aussage, ob sie notwendig oder hinreichend sind für die Gültigkeit von A; bestimmen Sie
ferner, welche Implikationen (bzw Äquivalenzen) zwischen A und den folgenden Aussaben
bestehen.
• B(n): Die letzten beiden Ziffern von n sind 00.
• C(n): Die letzten beiden Ziffern von n sind 00, 25, 50 oder 75.
• D(n): Die letzte Ziffer von n ist 0.
• E(n): Die letzte Ziffer von n ist 0 oder 5.
Aufgabe 4 Ist die folgende Formel allgemeingültig?
(A1 ∨ A2) ∧ (B1 ∨ B2) ∧ (C1 ∨ C2) →
(A1 ∧ B1) ∨ (A1 ∧ C1) ∨ (B1 ∧ C1) ∨ (A2 ∧ B2) ∨ (A2 ∧ C2) ∨ (B2 ∧ C2)
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2
Lösungen
1
1. (A → B) ↔ (B → A) Erfüllbar, aber nicht allgemeingültig.
2. (A → B) ↔ (¬A → ¬B) Erfüllbar, aber nicht allgemeingültig.
3. (A → B) ↔ (¬B → ¬A) Algemeingültig.
4. ((A ∧ B) → C) ↔ (A → (B → C)) Algemeingültig.
5. ((A ∧ B) → C) ↔ ((A → B) → C) Erfüllbar, aber nicht allgemeingültig.
6. ((A ∧ B) → C) ↔ (A ∧ B ∧ ¬C) Unerfüllbar.
2 C ist A ∧ ¬B.
3
• Es gilt B(n) → A(n), somit ist B(n) eine hinreichende Bedingung für A(n).
• Es gilt C(n) ↔ A(n), somit ist C(n) eine notwendige und hinreichende Bedingung
für A(n).
• Es gelten keine Implikationen zwischen A(n) und D(n), somit ist D(n) weder eine
notwendige noch eine hinreichende Bedingung für A(n).
• Es gilt A(n) → E(n), somit ist E(n) eine notwendige Bedingung für A(n).
4 Die Aufgabe könnte durch eine Wahrheitstabelle gelöst werden (mit 26 = 64 Zeilen).
Andere Lösung: Man zeigt, dass immer dann, wenn die Prämisse (A1∨A2)∧(B1∨B2)∧
(C1 ∨ C2) wahr ist, auch die Konklusion (A1 ∧ B1) ∨ (A1 ∧ C1) ∨ (B1 ∧ C1) ∨ (A2 ∧ B2) ∨
(A2∧C2)∨(B2∧C2) wahr sein muss. Sei nun die Prämisse (A1∨A2)∧(B1∨B2)∧(C1∨C2)
wahr für eine gewisse Belegung. Dann gibt es zwei Fälle:
• 1. Fall: Mindestens zwei der Variablen A1, B1, C1 sind wahr.
• 2. Fall: Mindestens zwei der Variablen A2, B2, C2 sind wahr.
Im ersten Fall ist die Teilformel (A1 ∧ B1) ∨ (A1 ∧ C1) ∨ (B1 ∧ C1) der Konklusion wahr,
im zweiten Fall ist die Teilformel (A2 ∧ B2) ∨ (A2 ∧ C2) ∨ (B2 ∧ C2) der Konklusion wahr.
Da die Konklusion gerade eine Disjunktion (oder-Verknüpfung) dieser beiden Teilformeln
ist, folgt, dass in beiden Fällen die ganze Konklusion wahr ist.
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Übungsserie 4: Mengenlehre, Teil 1
Aufgabe 1 (Mengentheoretische Differenz) Welche der folgenden Aussagen sind allgemeingültig?
1. (A r B) r C = A r (B r C)
2. (A ∪ B) r C = (A r C) ∪ (B r C)
3. (A ∪ B) r C = (A r C) ∩ (B r C)
4. (A ∩ B) r C = (A r C) ∩ (B r C)
5. (A ∩ B) r C = (A r C) ∪ (B r C)
6. A r (B ∪ C) = (A r B) ∪ (A r C)
7. A r (B ∪ C) = (A r B) ∩ (A r C)
8. A r (B ∩ C) = (A r B) ∩ (A r C)
9. A r (B ∩ C) = (A r B) ∪ (A r C)
Aufgabe 2 Formen Sie die folgenden Ausdrücke so um, dass keine Differenz darin enthaltem ist.
1. A r (A r B)
2. A r (B r A)
3. ((A r B) r C) r D
4. A r (B r (C r D))
Aufgabe 3 (Aus der Modulschlussprüfung WS 05/06)
Die symmetrische Differenz A ∆ B zweier Mengen A und B wird durch
A ∆ B := (A r B) ∪ (B r A)
definiert.
1. Skizzieren Sie A ∆ B sowie (A ∆ B) ∆ C durch Venn-Diagramme.
2. Welche der folgenden Gleichungen sind allgemeingültig:
A ∆ (B ∆ C) = (A ∆ B) ∆ C
A ∆ (A ∆ B) = A
A ∆ (A ∆ B) = B
A ∆ B = (A ∪ B) r (A ∩ B)
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2
Aufgabe 4 Für eine natürliche Zahl n sei T (n) die Menge der Teiler von n; es gilt also
zum Beispiel T (12) = {1, 2, 3, 4, 6, 12}.
A, B, C seien beliebige Mengen. Welche der folgenden Aussagen sind richtig? Begründen Sie Ihre Antwort, wenn eine Aussage nicht richtig ist.
1. {∅, 7} ∈ P(T (21))
2. {∅, 7} ⊂ P(T (21))
3. {∅, {7}} ∈ P(T (21))
4. {∅, {7}} ⊂ P(T (21))
5. {T (27)} = {1, 3, 9, 27}
6. T (6) ⊂ T (12) × T (18)
7. (7, 4) ∈ T (16) × T (28)
8. T (14) ⊂ P(T (42))
9. T (14) ∈ P(T (42))
10. A ∈ P(A)
11. A ⊂ P(A)
12. {∅, A} ∈ P(A)
13. {∅, A} ⊂ P(A)
14. A ∩ B ∈ P(B)
15. A ⊂ P(A ∩ B)
16. (A r B) ∪ (B r C) ∪ (C r A) = A ∪ B ∪ C
17. (A ∪ B) r (B ∩ A) = (A r B) ∪ (B r A)
18. P(A) × P(B) ⊂ P(A × B)
19. ∅ ∈ P(∅ × ∅)
20. {(∅, ∅)} ⊂ P(A r B) × P(B r C)
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3
Lösungen
1
1. (A r B) r C = A r (B r C): nicht allgemeingültig
2. (A ∪ B) r C = (A r C) ∪ (B r C): allgemeingültig
3. (A ∪ B) r C = (A r C) ∩ (B r C): nicht allgemeingültig
4. (A ∩ B) r C = (A r C) ∩ (B r C): allgemeingültig
5. (A ∩ B) r C = (A r C) ∪ (B r C): nicht allgemeingültig
6. A r (B ∪ C) = (A r B) ∪ (A r C): nicht allgemeingültig
7. A r (B ∪ C) = (A r B) ∩ (A r C): allgemeingültig
8. A r (B ∩ C) = (A r B) ∩ (A r C): nicht allgemeingültig
9. A r (B ∩ C) = (A r B) ∪ (A r C): allgemeingültig
2
1. A r (A r B) = A ∩ B
2. A r (B r A) = A
3. ((A r B) r C) r D = A ∩ B̄ ∩ C̄ ∩ D̄
4. A r (B r (C r D)) = A ∩ B ∩ C ∩ D̄ = A ∩ (B̄ ∪ (C ∩ D̄))
3
1. Graphische Darstellung von A ∆ B:
A
Graphische Darstellung von (A ∆ B) ∆ C:
B
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4
C
A
B
2. Allgemeingültigkeit von Gleichungen:
A ∆ (B ∆ C) = (A ∆ B) ∆ C ist allgemeingültig.
A ∆ (A ∆ B) = A ist nicht allgemeingültig (Beispiel A = ∅, B = {b}).
A ∆ (A ∆ B) = B ist allgemeingültig,
da A ∆ (A ∆ B) = (A ∆ A) ∆ B = ∅ ∆ B = B.
A ∆ B = (A ∪ B) r (A ∩ B) ist allgemeingültig.
4
1. Falsch. ∅ ist Teilmenge, aber nicht Element von T (21).
2. Falsch. 7 ist Element, aber nicht Teilmenge von T (21).
3. Falsch. Richtig wären ∅ ∈ P(T (21)) respektive {7} ∈ P(T (21)).
4. Richtig.
5. Falsch. Die Menge {T (27)} besteht nur aus dem Element T (27).
6. Falsch. Das direkte Produkt besteht aus geordneten Paaren.
7. Falsch. Ordnung (Reihenfolge) stimmt nicht überein.
8. Falsch. T (14) ist kein Element von T (42).
9. Richtig.
10. Richtig.
11. Im Allgemeinen falsch, z.B. wenn A = {{∅}}; dann gilt P(A) = {∅, {{∅}}}, und
somit ist A 6∈ P(A).
12. Immer falsch: Aus {∅, A} ∈ P(A) folgt {∅, A} ⊂ A; daraus würde A ∈ A folgen
(Widerspruch zum Fundierungsaxiom)
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5
13. Richtig.
14. Richtig.
15. Im Allgemeinen falsch, z.B. wenn A = B = {{∅}}.
16. Falsch. Man setze zum Beispiel A = B = C 6= ∅.
17. Richtig.
18. Falsch. Die linke Seite besteht aus Paaren von Mengen, die rechte Seite aus Mengen
von Paaren von Elementen.
19. Richtig.
20. Richtig.
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1
Übungsserie 5: Mengenlehre, Teil 2
Aufgabe 1 Bestimmen Sie, ob die folgenden Abbildungen korrekt definiert sind und falls
sie das sind, ob sie injektiv, surjektiv oder bijektiv sind.
1. f : R → R : x 7→ sin(x).
2. g : R → [−1, 1] : x 7→ sin(x).
3. h : R → [0, 1] : x 7→ sin(x).
4. k : [− π2 , π2 ] → R : x 7→ sin(x).
5. q : [− π2 , π2 ] → [−1, 1] : x 7→ sin(x).
6. p : M × N → M : (m, n) 7→ m, wobei M und N nicht-leere Mengen seien.
Aufgabe 2 A und B seien beliebige endliche Mengen. Geben Sie notwendige und hinreichende Bedingungen dafür, dass die Abbildungen
f : P(A) → P(B),
A0 7→ A0 ∩ B
g : P(A) → P(A ∪ B),
A0 7→ A0 ∪ B
1. injektiv
2. surjektiv
3. bijektiv
sind.
Aufgabe 3 Gegeben sind die Mengen A = {a, b, c} und B = {0, 1, 2}. Wieviele Abbildungen von A nach B gibt es? Wieviele davon sind bijektiv?
Unterscheiden Sie drei Typen von Abbildungen:
1. das Bild von A besteht aus einem Element.
2. das Bild von A besteht aus zwei Elementen.
3. das Bild von A besteht aus drei Elementen.
Aufgabe 4 A und B seien endliche Mengen. Welche der Beziehungen
|A| = |B|,
|A| > |B|,
A⊂B
zwischen A und B sind hinreichend respektive notwendig für
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1. es gibt injektive Abbildungen von A nach B.
2. es gibt bijektive Abbildungen von A nach B.
3. es gibt injektive Abbildungen von A nach B, die nicht surjektiv sind.
4. es gibt surjektive Abbildungen von A nach B, die nicht injektiv sind.
5. jede surjektive Abbildung von A nach B ist injektiv.
2
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3
Lösungen
1
1. f : R → R : x 7→ sin(x) ist weder injektiv noch surjektiv.
2. g : R → [−1, 1] : x 7→ sin(x) ist surjektiv, aber nicht injektiv.
3. h : R → [0, 1] : x 7→ sin(x) ist nicht wohldefiniert, da − π2 zur Definitionsmenge
gehört, aber sin(− π2 ) = −1 nicht in der Zielmenge liegt.
4. k : [− π2 , π2 ] → R : x 7→ sin(x) ist injektiv, aber nicht surjektiv.
5. q : [− π2 , π2 ] → [−1, 1] : x 7→ sin(x) ist bijektiv.
6. p : M × N → M : (m, n) 7→ m wobei ist bijektiv, falls N nur aus einem Element
besteht; wenn N mehr als ein Element besitzt, dann ist M surjektiv, aber nicht
injektiv.
2
1. f : A ⊂ B ist notwendig und hinreichend.
g: A ∩ B = ∅ ist notwendig und hinreichend.
2. f : B ⊂ A ist notwendig und hinreichend.
g: B = ∅ ist notwendig und hinreichend.
3. f : A = B ist notwendig und hinreichend.
g: B = ∅ ist notwendig und hinreichend.
3
1. Drei Abbildungen (jedes Element von B kann das Bild sein)
2. 18 Abbildungen. Für das erste Element gibt es drei Möglichkeiten, das Bild zu wählen,
für das zweite wiederum drei, für das dritte nur noch zwei (falls die ersten beiden
auf das selbe Element abgebildet sind eines der beiden anderen, andernfalls eines der
bereits benutzten).
3. Sechs Möglichkeiten, das sind die bijektiven Abbildungen.
4
1. |A| = |B| und A ⊂ B sind hinreichend, aber nicht notwendig.
2. |A| = |B| ist notwendig und hinreichend.
3. A ⊂ B ist hinreichend aber nicht notwendig.
4. |A| > |B| ist notwendig und hinreichend.
5. |A| = |B| ist notwendig und hinreichend.
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1
Übungsserie 6:
Rekursion und Induktion
Aufgabe 1 Beweisen Sie, dass sich n Geraden in einer Ebene in höchstens
n(n − 1)/2 vielen Punkten schneiden.
Aufgabe 2 Beweisen Sie:
Aufgabe 3 Beweisen Sie:
n
X
1
m2 = n(n + 1)(2n + 1)
6
m=1
n
X
m=1
3
m =
2
1
n(n + 1)
2
Aufgabe 4 Beweisen Sie: 7n − 1 ist für alle n ∈ N durch 6 teilbar.
Aufgabe 5 Beweisen Sie: Falls n eine natürliche Zahl ist, die nicht durch 4
teilbar ist, so ist 1n + 2n + 3n + 4n durch 5 teilbar.
Aufgabe 6 Die Folge (an )n∈N sei rekursiv definiert durch
a0 := 0
an := 2 · an−1 + 1 falls n > 0
Bestimmen sie eine (nichtrekursive) Formel für an und beweisen Sie diese
Formel mit Induktion.
Aufgabe 7 (fn )n ∈ N sei die Fibonacci-Folge. Beweisen Sie:
√ n+1 √ n+1
1+ 5
− 1−2 5
2
√
fn =
5
Aufgabe 8 Turm von Hanoi
Der Turm von Hanoi ist das folgende Spiel: Es besteht aus einem Brett, auf
dem drei senkrecht stehende Stäbe angebracht sind, sowie aus n unterschiedlich großen Scheiben mit einem Loch in der Mitte. Am Anfang des Spiels
liegen alle Scheiben, der Größe nach geordnet, auf einem der Stäbe (die größte Scheibe zuunterst). Nun müssen die Scheiben so lange umgelegt werden,
bis alle Scheiben auf einem der anderen Stäbe liegen; dabei darf immer nur
eine Scheibe aufs Mal bewegt werden, und es darf nie eine Scheibe auf eine
kleinere gelegt werden.
Wieviele Bewegungen sind notwendig bei n Scheiben?
Eine Animation des Spiels finden Sie hier:
http://www.cnlab.ch/applets/TurmVonHanoi/TurmVonHanoi.htm
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2
Aufgabe 9 Turm von Hanoi
Schreiben Sie ein Programm, das alle Züge auflistet, die beim Turm von
Hanoi mit n Scheiben ausgeführt werden müssen.
Aufgabe 10 Schreiben Sie ein Programm, das einen Array mit dem Auswahlverfahren sortiert.
Aufgabe 11 Schreiben Sie ein Programm, das einen Array mit Mergesort
sortiert.
Aufgabe 12 Ein Rechteck besitze eine Breite von 2 und eine Länge von n
Einheiten. Auf wieviele Arten kann dieses Rechteck mit n Dominosteinen mit
einer Breite von 1 und einer Länge von 2 Einheiten überdeckt werden?
Aufgabe 13 Ein Baustein bestehe aus drei winkelförmig angeordneten Einheitsquadraten. Ein Quadrat besitze die Seitenlänge von 2n Einheiten; das
Quadrat besteht dann aus (2n )2 vielen Einheitsquadraten. Aus diesem Quadrat wird dann ein beliebiges Einheitsquadrat entfernt.
Zeigen Sie, dass die restlichen Einheitsquadrate des großen Quadrates
durch Bausteine überdeckt werden können.
Aufgabe 14 Betrachten Sie das folgende Programm zur Berechnung der nten Fibonacci-Zahl fn :
int fibonacci(int n)
{
if (n <= 1) return 1;
else return fibonacci(n - 1) + fibonacci(n - 2);
}
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3
a0 sei die Anzahl der Programm-Aufrufe. die benötigt werden, um
fibonacci(n) zu berechenen
• Geben Sie eine Rekursionsformel für an an.
• Geben Sie für an eine direkte (ohne Rekursion) Formel an; in der Formel
dürfen die Fibonacci-Zahlen fn verwendet werden.
(Hinweis: Vergleichen Sie an mit fn .)
Aufgabe 15 Schreiben Sie ein effizienteres Programm zur Berechnung der
Fibonacci-Zahlen als dasjenige in Aufgabe 14.
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4
Lösungen
1 Beweis mit Induktion:
Induktionsverankerung Wenn n = 1, so gibt es keine Schnittpunkte,
die Behauptung ist somit korrekt.
Induktionsschritt Wir nehmen an, dass die Behauptung für n − 1
korrekt sei. Wenn wir n Geraden betrachten, so besitzen die ersten n − 1
Geraden untereinander maximal (n − 1)(n − 2)/2 viele Schnittpunkte. Dazu
kommen noch die Schnittpunkte der n-ten Geraden mit den übrigen; davon
gibt es maximal n − 1 viele. Es gibt somit insgesamt maximal
(n − 2) + 2
n(n − 1)
(n − 1)(n − 2)
+ (n − 1) = (n − 1) ·
=
2
2
2
viele Schnittpunkte.
2 Beweis mit Induktion:
Induktionsverankerung Für n = 1 ist die Summe 1, und 61 n · (n + 1) ·
(2n + 1) = 61 1 · (1 + 1) · (2 · 1 + 1) = 1, die Behauptung ist also korrekt.
Induktionsschritt Wir nehmen an, dass die Behauptung für n − 1
korrekt sei. Wir zeigen, dass die Behauptung auch für n stimmt. Es folgt:
n
X
m2 = 12 + 22 + · · · + (n − 1)2 + n2
m=1
=
n−1
X
m=1
m2
!
+ n2
(n − 1) · n · (2(n − 1) + 1)
+ n2
=
6
(n − 1) · n · (2n − 1) + 6n2
=
6
(n − 1) · (2n − 1) + 6n
=n·
6
2n2 + 3n + 1
=n·
6
(n + 1) · (2n + 1)
=n·
6
= 61 n · (n + 1) · (2n + 1)
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5
3 Beweis mit Induktion:
Induktionsverankerung
2
2 Für n = 1 ist die Summe 1, und
1
+ 1) = 2 · 1 · (1 + 1) = 1, die Behauptung ist also korrekt.
1
n(n
2
Induktionsschritt Wir nehmen an, dass die Behauptung für n − 1
korrekt sei. Wir zeigen, dass die Behauptung auch für n stimmt. Es folgt:
n
X
m=1
m3 = 13 + 23 + · · · + (q − 1)3 + n3
=
n−1
X
m=1
m3
!
+ n3
2
− 1) · n + n3
n − 2n3 + n2 + 4n3
=
4
n2 · (n2 + 2n + 1)
=
4
n2 · (n + 1)2
=
4
2
n · (n + 1)
=
2
=
1
(n
2
4
4 Beweis mit Induktion:
Induktionsverankerung Für n = 0 gilt 7n − 1 = 70 − 1 = 0, und 0 ist
durch 6 teilbar.
Induktionsschritt Wir setzten an := 7n −1. Wir nehmen an, dass an−1
durch 6 teilbar ist, und wir zeigen, dass dann auch am durch 6 teilbar ist.
Dazu betrachten wir die Differenz
an − an−1 = (7n − 1) − (7n−1 − 1)
= 7n − 7n−1
= 7n−1 · (7 − 1)
= 7n−1 · 6
Die Differenz an − an−1 ist folglich ein Vielfaches von 6, und wegen
an = (an − an−1 ) + an−1
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6
ist an sie Summe von zwei Vielfachen von 6; damit ist an ebenfalls ein Vielfaches von 6 und somit durch 6 teilbar.
5 Wir setzen an := 1n + 2n + 3n + 4n . Wir beweisen die Behauptung durch
Induktion mit Schrittweite 4:
Induktionsverankerung Es gilt a1 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10, a2 = 12 +
2 + 32 + 42 = 30, a3 = 13 + 23 + 33 + 43 = 100; die Behauptung stimmt somit
für n = 1, n = 2 sowie n = 3.
2
Induktionsschritt Wir nehmen an, dass die Behauptung für n stimmt,
und wir zeigen, dass die Behauptung dann auch für n + 4 stimmt. Dazu
betrachten wir wieder die Differenz
an+4 − an = (1 + 2n+4 + 3n+4 + 4n+4 ) − (1 + 2n + 3n + 4n )
= (1 + 2n · 24 + 3n · 34 + 4n · 44 ) − (1 + 2n + 3n + 4n )
= (1 + 16 · 2n + 81 · 3n + 256 · 4n ) − (1 + 2n + 3n + 4n )
= 15 · 2n + 80 · 3n + 255 · 4n
Die Differenz ist folglich durch 5 teilbar, und somit ist
an+4 = (an+4 − an ) + an
ebenfalls durch 5 teilbar.
6 Für die ersten paar Folgeglieder gilt:
n
an
0 1 2 3 4 5 6 ...
0 1 3 7 15 31 63 . . .
Die an unterscheiden sich immer um 1 von einer Zweierpotenz. Wir postulieren daher die folgende Hypothese:
an = 2n − 1
Beweis mit Induktion:
Induktionsverankerung Hier muss nichts mehr getan werden, aus der
obigen Tabelle folgt ja, dass die Hypothese sogar für n ≤ 6 gilt.
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7
Induktionsschritt Wir nehmen an, dass die Hypothese für n − 1 gilt.
Es folgt
an = 2an−1 + 1 = 2 · (2n−1 − 1) + 1 = 2n − 2 + 1 = 2n − 1
7 Beweis mit Induktion:
Induktionsverankerung Da die Rekursionsformel auf die zwei Vorgänger zurückgreift, muss die Verankerung für n = 0 und n = 1 durchgeführt
werden.
Die Behauptung stimmt für n = 0:
Es gilt einerseits f0 = 1, andererseits gilt
√ n+1 √ n+1 √ 0+1 √ 0+1
1+ 5
1+ 5
− 1−2 5
− 1−2 5
2
2
√
√
=
5
5
√
√
1+ 5
− 1− 5
= 2 √ 2
5
√
5
=√
5
=1
Die Behauptung stimmt für n = 1:
Es gilt einerseits f1 = 1, andererseits gilt
√ n+1 √ n+1 √ 1+1 √ 1+1
1+ 5
1+ 5
− 1−2 5
− 1−2 5
2
2
√
√
=
5
5
√
√
1−2 5+5
1+2 5+5
−
4
4
√
=
5
√
5
=√
5
=1
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8
Induktionsschritt Wir nehmen an, dass die Behauptung für n−1 und
für n − 2 gilt. Wir zeigen, dass die Behauptung auch für n stimmt:
fn = fn−1 + fn−2
√ n √ n √ n−1 √ n−1
1+ 5
1+ 5
− 1−2 5
− 1−2 5
2
2
√
√
=
+
5
5
√ √ n−1 √ n √ n−1 n
1+ 5
1− 5
−
+ 1+2 5
+ 1−2 5
2
2
√
=
5
√ n−1 √
√ n−1 √
1− 5
1+ 5
1− 5
1+ 5
+
1
−
+
1
·
·
2
2
2
2
√
=
5
√ n−1 √ √ n−1 √ 1+ 5
· 3+2 5 − 1−2 5
· 3−2 5
2
√
=
5
√ n+1 √ n+1
1+ 5
− 1−2 5
2
?
√
=
5
Um zu zeigen, dass die letzte Gleichung (mit dem Fragezeichen) gilt, genügt
es zu zeigen, dass die folgenden beiden Gleichungen gelten:
√ n−1 √ √ n+1
1+ 5
· 3+2 5 = 1+2 5
2
√ n−1 √ √ n+1
1− 5
· 3−2 5 = 1−2 5
2
Durch kürzen mit
chungen:
√ n−1
1± 5
2
erhält man die folgenden äquivalenten Glei√
3+ 5
2
√
3− 5
2
=
=
√ 2
1+ 5
2
√ 2
1− 5
2
Die Gültigkeit dieser Gleichungen kann man durch Ausmultiplizieren der
rechten Seiten sofort nachweisen.
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
9
8 Die drei Stäbe heißen «Start» zum «Ziel» sowie «Ablage». Wir beschreiben
einen rekursiven Algorithmus, um n Scheiben von «Start» nach «Ziel» zu
bewegen unter der Verwendung von «Ablage» als Zwischenablage.
1. Wir bewegen die obersten n − 1 Scheiben von «Start» nach «Ablage»,
unter der Verwendung von «Ziel» als Zwischenablage.
2. Wir bewegen die n-te Scheibe von «Start» nach Ablage.
3. Wir bewegen die n − 1 auf «Ablage» liegenden Scheiben nach «Ziel»,
unter der Verwendung von «Start» als Zwischenablage.
cn sei die Anzahl Bewegungen, die durchgeführt werden müssen, um n Scheiben von einem Stab zu einem anderen zu bewegen. Um mit dem obigen rekursiven Algorithmus n Scheiben zu bewegen, benötigt man im ersten Schritt
cn−1 viele Bewegungen, im zweiten Schritt genau eine Bewegung und im dritten Schritt nochmals cn−1 viele Bewegungen. Das liefert die folgende rekursive
Gleichung für cn :
cn = 2cn−1 + 1
Ferner gilt natürlich c0 = 0 sowie c1 = 1. cn erfüllt also die gleichen Rekursionsgleichung und Anfangsbedingungen wie die an in Aufgabe 6. Es folgt
somit cn = an = 2n − 1.
9 Siehe beiliegende Java-Klasse.
10 Siehe beiliegende Java-Klasse.
11 Siehe beiliegende Java-Klasse.
12 Die Anzahl Überdeckungen bei für ein Rechteck mit der Länge n sei
un . Es gilt offensichtlich u1 = 1 sowie u2 = 2 (die beiden Dominosteine)
können horizontal oder vertikal angeordnet werden; ferner gilt u0 = 1 (triviale
Überdeckung ohne Dominosteine).
Um allgemein ein Rechteck der Länge n zu überdecken, unterscheiden wir
zwei Fälle:
Falls am linken Rand ein vertikaler Dominostein liegt, so gibt es un−1
viele Möglichkeiten, den Rest zu überdecken. Falls am linken Rand zwei horizontale Dominosteine liegen, so gibt es un−2 viele Möglichkeiten, den Rest
zu überdecken. Es gilt somit
un = un−1 + un−2
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
10
Die Folge (un )n∈N erfüllt somit die Rekursionsformeln der Fibonacci-Folge,
somit gilt un = fn (wobei f0 die n-te Fibonacci-Zahl sei).
13 Beweis mit Induktion:
Induktionsverankerung Für n = 1 besitzt das gelochte Quadrat gerade die Form eines Bausteins und kann so mit einem Baustein überdeckt
werden.
Induktionsschritt Wir nehmen an, dass wir das Problem für n − 1
lösen können (Induktionsvoraussetzung).
Wir zeigen nun, wie man ein gelochtes Quadrat mit Seitenlänge 2n überdeckt. Dazu unterteilen wir das Quadrat in vier Teilquadrate. In einer der
vier Teilquadrate befindet sich das Loch. Auf dieses Quadrat kann die Induktionsvoraussetzung angewendet werden. Nun wird ein Baustein so in die
Mitte des Quadrates gelegt, so dass er jeweils ein Einheitsquadrat überdeckt
von jedem der drei Teilquadrate, in denen das Loch nicht befindet. Lässt
man in jedem dieser drei Teilquadrate das vom soeben gelegten Baustein
überdeckte Einheitsquadrat weg, so kann man auf diese drei Restfiguren die
Induktionsvoraussetzung anwenden.
=⇒
14
• Es gilt
a0 = 1
a1 = 1
an = 1 + an−1 + an−2 falls n ≥ 2
• Wir vergleichen an und fn in einer Tabelle
n
an
fn
0 1 2 3 4 5 6 7 8
9 10
1 1 3 5 9 15 25 41 67 109 177
1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
11
Auf Grund der Tabelle vermuten wir:
an = 2fn − 1
Beweis der Vermutung durch Induktion:
Induktionsverankerung
Die Vermutung gilt für n = 0 und n = 1.
Induktionsschritt
Wir nehmen an, dass die Vermutung für n−1 und n−2 gilt und zeigen,
dass die Vermutung auch für n gilt:
an = 1 + an−1 + an−2
= 1 + (2fn1 − 1) + (2fn−2 − 1)
= 2(fn−1 + fn−2 ) − 1
= 2fn − 1
15 Siehe beiliegende Java-Klasse.
1
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
Übungsserie 7:
Normalformen
Aufgabe 1
Variablen
• A
Bestimmen Sie zwei aussagenlogische Formeln
V1 , V2 , V3 , V4
sowie
V5 ,
A und B
mit den
so dass gilt:
ist genau dann wahr, wenn höchstens eine der Variablen
V1
bis
V5
V1
bis
V5
wahr ist.
• A
ist genau dann wahr, wenn mindestens vier der Variablen
wahr sind.
Aufgabe 2
Stellen Sie die folgenden mengentheoretischen Ausdrücke sowohl
in disjunktiver als auch in konjunktiver Normalform dar:
(A r B) ∪ (A r C)
(A ∪ B) ∩ (C ∪ D) ∩ (E ∪ F ) ∩ (G ∪ H)
(A ∩ B) ∪ (C ∩ D) ∪ (E ∩ F ) ∪ (G ∩ H)
Aufgabe 3
Das Java-Eclipse-Projekt BoolescheTerme zu dieser Serie be-
sitzt Klassen zur Manipulation aussagenlogischer Formeln (Boolescher Ter-
BoolescherTerm mit
den Subklassen Variable, Konstante, Inversion, Konjunktion sowie
Disjunktion. Implementieren Sie in der Klasse BoolescherTerm beziehungsweise in dessen Subklassen die Methoden toString(), evaluate(),
length(), variables(), subterms(), toNNF(), toDNF() sowie toKNF().
Das Projekt enthält eine Klasse Parser, das zu einer als String eingegebenen Formel ein Objekt der Klasse BoolescherTerm erzeugt. Die Klasse Parser verwendet die Hilfsklassen Scanner und Token. Ein alternativer
Parser ist in der Klasse ParserStrikt implementiert; dieser verwendet eine
me). Die zentrale Klasse ist die abstrakte Klasse
restriktivere Eingabesyntax bezüglich der Klammmerung aussagenlogischer
Formeln. Alle diese Parser-Klassen (und dazugehörige Hilfsklassen) sind fertig implementiert.
Die Klasse
Test
zeigt, wie der Parser verwendet werden kann.
toNNF():
von toNNF()
(Hinweis zur Implementierung von
entweder bei der Implementierung
instanceof
in der Klasse
Inversion
verwenden (hässlich)
oder eine Hilfsmethode
toNNneg()
gers auf NNF transformiert.)
einführen, die die Negation des Empfän-
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
2
Lösungen
1 A ist
(¬V1 ∧ ¬V2 ∧ ¬V3 ∧ ¬V4 ∧ ¬V5 ) ∨ (V1 ∧ ¬V2 ∧ ¬V3 ∧ ¬V4 ∧ ¬V5 ) ∨ (¬V1 ∧ V2 ∧
¬V3 ∧ ¬V4 ∧ ¬V5 ) ∨ (¬V1 ∧ ¬V2 ∧ V3 ∧ ¬V4 ∧ ¬V5 ) ∨ (¬V1 ∧ ¬V2 ∧ ¬V3 ∧ V4 ∧
¬V5 ) ∨ (¬V1 ∧ ¬V2 ∧ ¬V3 ∧ ¬V4 ∧ V5 )
oder etwas einfacher:
(¬V2 ∧ ¬V3 ∧ ¬V4 ∧ ¬V5 ) ∨ (¬V1 ∧ ¬V3 ∧ ¬V4 ∧ ¬V5 ) ∨ (¬V1 ∧ ¬V2 ∧ ¬V4 ∧
¬V5 ) ∨ (¬V1 ∧ ¬V2 ∧ ¬V3 ∧ ¬V5 ) ∨ (¬V1 ∧ ¬V2 ∧ ¬V3 ∧ ¬V4 )
B ist
(V1 ∧ V2 ∧ V3 ∧ V4 ∧ V5 ) ∨ (¬V1 ∧ V2 ∧ V3 ∧ V4 ∧ V5 ) ∨ (V1 ∧ ¬V2 ∧ V3 ∧ V4 ∧ V5 ) ∨
(V1 ∧ V2 ∧ ¬V3 ∧ V4 ∧ V5 ) ∨ (V1 ∧ V2 ∧ V3 ∧ ¬V4 ∧ V5 ) ∨ (V1 ∧ V2 ∧ V3 ∧ V4 ∧ ¬V5 )
oder etwas einfacher:
(V2 ∧ V3 ∧ V4 ∧ V5 ) ∨ (V1 ∧ V3 ∧ V4 ∧ V5 ) ∨ (V1 ∧ V2 ∧ V4 ∧ V5 ) ∨ (V1 ∧ V2 ∧ V3 ∧
V5 ) ∨ (V1 ∧ V2 ∧ V3 ∧ V4 )
2 (A r B) ∪ (A r C) = Ā ∪ (B ∩ C) (DNF)
(A r B) ∪ (A r C) = (Ā ∪ B) ∩ (Ā ∪ C)
(KNF)
(A ∪ B) ∩ (C ∪ D) ∩ (E ∪ F ) ∩ (G ∪ H) =
(A ∩ C ∩ E ∩ G) ∪ (A ∩ C ∩ E ∩ H) ∪ (A ∩ C ∩ F ∩ G) ∪ (A ∩ C ∩ F ∩ H) ∪
(A ∩ D ∩ E ∩ G) ∪ (A ∩ D ∩ E ∩ H) ∪ (A ∩ D ∩ F ∩ G) ∪ (A ∩ D ∩ F ∩ H) ∪
(B ∩ C ∩ E ∩ G) ∪ (B ∩ C ∩ E ∩ H) ∪ (B ∩ C ∩ F ∩ G) ∪ (B ∩ C ∩ F ∩ H) ∪
(B ∩ D ∩ E ∩ G) ∪ (B ∩ D ∩ E ∩ H) ∪ (B ∩ D ∩ F ∩ G) ∪ (B ∩ D ∩ F ∩ H)
(A ∩ B) ∪ (C ∩ D) ∪ (E ∩ F ) ∪ (G ∩ H) =
(A ∪ C ∪ E ∪ G) ∩ (A ∪ C ∪ E ∪ H) ∩ (A ∪ C ∪ F ∪ G) ∩ (A ∪ C ∪ F ∪ H) ∩
(A ∪ D ∪ E ∪ G) ∩ (A ∪ D ∪ E ∪ H) ∩ (A ∪ D ∪ F ∪ G) ∩ (A ∪ D ∪ F ∪ H) ∩
(B ∪ C ∪ E ∪ G) ∩ (B ∪ C ∪ E ∪ H) ∩ (B ∪ C ∪ F ∪ G) ∩ (B ∪ C ∪ F ∪ H) ∩
(B ∪ D ∪ E ∪ G) ∩ (B ∪ D ∪ E ∪ H) ∩ (B ∪ D ∪ F ∪ G) ∩ (B ∪ D ∪ F ∪ H)
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1
Übungsserie 8:
Lineare Algebra, Einführung
Aufgabe 1 Wir betrachten den Vektorraum Rn für n ≥ 2. Welche der folgenden Teilmengen von Rn sind Unterräume?
1. Die Menge aller n-Tupel, bei denen die Summe der Komponenten Null
ergibt.
2. Die Menge aller n-Tupel, bei denen die zweite Komponente grösser ist
als die erste Komponente.
3. Die Menge aller n-Tupel, bei denen der Betrag der zweiten Komponente
grösser ist als der Betrag der ersten Komponente.
4. Die Menge aller n-Tupel, bei denen die erste Komponente Null ist.
5. Die Menge aller n-Tupel, bei denen alle Komponenten grösser sind als
Null.
6. Die Menge aller n-Tupel, bei denen die letzte Komponente gerade gleich
der Summe der übrigen Komponenten ist.
Aufgabe 2 Wir betrachten die P∞ , die Menge aller Polynome über den
reellen Zahlen. U sei die Menge aller Polynome p(x) die zerlegt werden können
als p(x) = (x2 + 1) · q(x) für ein Polynom q(x) ∈ P∞ . Ist U ein Vektorraum
(und damit ein Unterraum) von P∞ ?
Aufgabe 3 (1, −1, 2, 0) und (0, 2, 1, 3) sind Lösungen eines (unbekannten)
homogenen linearen Gleichungssystems mit vier Unbekannten. Welche der
folgenden 4-Tupel sind mit Sicherheit auch Lösungen?
1. (1, 1, 3, 3).
2. (0, −4, −2, −6).
3. (0, 1, 3, 0).
4. (−2, 8, −1, 9).
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
2
Aufgabe 4 Im Polynomraum Pn der Polynome über den reellen Zahlen vom
Grad kleiner oder gleich n sind die n + 1 Polynome
p1 (x)
p2 (x)
p3 (x)
...
pn (x)
pn+1 (x)
=
=
=
=
=
=
1−x
x − x2
x2 − x3
...
xn−1 − xn
xn − 1
gegeben.
Zeigen Sie, dass sich nicht alle Polynome aus Pn als Linearkombination
dieser Polynome darstellen lassen. Wie lässt sich die lineare Hülle der gegebenen Polynome am Einfachsten charakterisieren?
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
3
Lösungen
1
1. Ist ein Unterraum.
2. Kein Unterraum, Eigenschaft bleibt bei Multiplikation mit einer negativen reellen Zahl nicht erhalten.
3. Kein Unterraum.
Gegenbeispiel: (0, 2) und (1, −2) in erfüllen die Bedingung, ihre Summe
(1, 0) aber nicht.
4. Ist ein Unterraum.
5. Kein Unterraum, Eigenschaft bleibt bei Multiplikation mit einer negativen reellen Zahl nicht erhalten.
6. Ist ein Unterraum.
2 U ⊂ P∞ ist ein Unterraum (ausklammern!).
3
1. Ist die Summe der beiden Lösungen und damit sicher auch eine Lösung.
2. Ist das 2-fache der zweiten Lösung und damit sicher auch Lösung.
3. Kann sicher nicht als Linearkombination der beiden bekannten Lösungen geschrieben werden. Wir können also nicht sagen ob es sich um eine
Lösung handelt.
4. Kann geschrieben werden als Summe des (−2)-fachen der ersten Lösung
und des 3-fachen der zweiten Lösung und ist damit sicher auch Lösung.
4 Wir betrachten das Polynom q(x) = 1. Um q darzustellen brauchen wir
entweder p1 oder pn+1 (oder beide). Kommt p1 in der Linearkombination vor,
muss auch p2 mit dem selben Koeffizienten vorkommen, anders werden wir
den Term x nicht wieder los. Dann muss aber auch p3 mit dem selben Koeffizienten vorkommen, damit der Term x2 verschwindet, usw. Schliesslich muss
auch pn+1 mit dem selben Koeffizienten vorkommen, und dann verschwindet
auch der konstante Term.
Direkter und einfacher ist folgende Überlegung: alle Polynome pk haben
die Koeffizientensumme Null, das gilt damit auch für alle Linearkombinationen der pk . q(x) = 1 hat aber Koeffizientensumme 1.
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4
Tatsächlich besteht die lineare Hülle der Menge {pk } gerade aus allen
Polynomen, deren Koeffizientensumme Null ist. Sei
q(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn
ein Polynom mit Koeffizientensumme Null. Dann gilt q(1) = 0, wir können q
also schreiben als
q(x) = (x − 1) · r(x),
r(x) = a00 + a01 x + . . . + a0n−1 xn−1
ein Polynom vom Grad n − 1.
Anderseits kann der Faktor (x − 1) auch aus allen Polynomen pk ausgeklammert werden. Das ist klar für k ≤ n und für k = n + 1 wegen
pn+1 = (x − 1) · (1 + x + x2 + . . . + xn−1 )
(siehe Summenformel für geometrische Reihen). Damit lässt sich eine Linearkombination
q = λ1 p1 + λ2 p2 + . . . + λn+1 pn+1
der pk für q schreiben als
(x − 1) · λ1 + λ2 x + . . . + λn+1 · (1 + x + x2 + . . . + xn−1 ) =
= (x − 1) · (a00 + a01 x + . . . + a0n−1 xn−1 )
respektive
λ1 + λ2 x + . . . + λn+1 · (1 + x + x2 + . . . + xn−1 ) = a00 + a01 x + . . . + a0n−1 xn−1 .
Koeffizientenvergleich ergibt das Gleichungssystem
λ1 + . . . . . . . . . . . . . . + λn+1 = a00
λ2 + . . . . . . + λn+1 = a01
....................
λn + λn+1 = a0n−1
für λ1 , λ2 , . . . , λn+1 . Für dieses Gleichungssystem finden wir aber sofort eine
Lösung, indem wir λn+1 Null setzen.
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1
Übungsserie 9:
Lineare Unabhängigkeit und Basis
Aufgabe 1 Welche der folgenden Teilmengen des Vektorraums R4 bilden
eine Basis? Begründen Sie die Antworten.
B1
B2
B3
B4
=
=
=
=
{(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (1, −1, 1, −1)}
{(7, −1, 2, −1), (5, 0, −3, 2), (−3, 0, 1, 0), (0, 0, 8, 0)}
{(−3, 0, 1, −7), (0, 0, −2, 4), (3, 0, 0, 0), (2, 0, −1, 5)}
{(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0), (1, −1, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}
Aufgabe 2 Wir betrachten den Vektorraum R5 . Bestimmen Sie je eine Basis
für die folgenden Unterräume
U1
U2
U3
U4
=
=
=
=
{(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) | x1 = x5 }
{(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) | x1 + x2 + x3 = x4 + x5 }
{(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) | x1 + x2 + x3 = x3 + x4 + x5 }
{(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) | x1 = 2 x2 ∧ 2 x1 = x2 }
Wie gross ist jeweils die Dimension des Unterraums?
Was geschieht, wenn man in U4 das logische “und” durch das logische “oder”
ersetzt, also
U5 = {(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) | x1 = 2 x2 ∨ 2 x1 = x2 }
betrachtet?
Aufgabe 3 Ist die folgende Aussagen richtig oder falsch? Begründen Sie
Ihre Antwort.
Ist B = {v1 , v2 , v3 , v4 } eine Basis des Vektorraums V , so ist
B 0 = {v1 + v2 , v2 + v3 , v3 + v4 , v4 + v1 } ebenfalls eine Basis von V .
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2
Aufgabe 4 Die Polynome
p1 = 1,
p2 = x,
p3 = x2 ,
p4 = x3 ,
p5 = x 4
respektive
p01
p02
p03
p04
p05
=
=
=
=
=
1
1+x
1 + x + x2
1 + x + x2 + x3
1 + x + x2 + x3 + x4
bilden je eine Basis des Polynomraums P4 . Bestimmen Sie die Koordinaten
der Polynome
q1 = x 3 − x
q2 = 1 − x + x 2 − x 3 + x 4
q3 = 7 x 4 − 6 x 3 + x 2 + 3 x − 4
in Bezug auf diese Basen.
Aufgabe 5 Gegeben sind die folgenden Mengen von Vektoren im Vektorraum R5 . Bestimmen Sie jeweils die Dimension des Unterraums von R5 , der
durch diese Vektoren aufgespannt wird:
M1 = {(3, 0, 1, 2, −1), (7, −2, −7, 4, −11), (−2, 1, 4, −1, 5)}
M2 = {(0, 0, 0, 1, −2), (1, −1, 0, 0, 3), (0, 3, −1, 0, 2), (2, 0, 0, 0, −1)}
M3 = {(1, 0, −1, 0, 1), (9, 2, −5, 2, 9), (0, −3, −6, −3, 0), (1, 1, 1, 1, 1)}
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3
Lösungen
1 Lösungen:
Keine Basis.
Basis.
Jedes System von fünf Vektoren in R4 ist linear abhängig.
Die vier Vektoren sind linear unabhängig.
Die zweite Komponente ist nur bei v1 nicht Null,
v1 kann also nicht Linearkombination der drei anderen sein.
Bei den drei übrigen ist die vierte Komponente nur bei v2
nicht Null, v2 kann also nicht Linearkombination von v3 , v4 sein.
Schliesslich sind v3 und v4 offensichtlich nicht abhängig.
Keine Basis. Die zweite Komponente ist bei allen Vektoren Null.
Damit kann zum Beispiel (0, 1, 0, 0) sicher nicht dargestellt werden.
Keine Basis. Die erste Komponente ist überall gleich der dritten Komponente.
Damit kann zum Beispiel (1, 0, 0, 0) nicht dargestellt werden.
2 Die Dimension der Unterräume ist eindeutig bestimmt. Für die Basen gibt
es viele Möglichkeiten, zum Beispiel:
B1 = {(1, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0)}
Der Unterraum hat Dimension 4.
B2 = {(1, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0, 1), (0, 0, 0, −1, 1)}
Der Unterraum hat Dimension 4.
B3 = {(1, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, −1, 1)}
Der Unterraum hat Dimension 4.
B4 = {(0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 0, 1)}
Der Unterraum hat Dimension 3.
U5 ist kein Unterraum von R5 . Die beiden Vektoren (1, 2, 0, 0, 0) und
(2, 1, 0, 0, 0) gehören zu U5 , ihre Summe (3, 3, 0, 0, 0) aber nicht.
3 B 0 ist keine Basis, denn es gilt immer
(v1 + v2 ) − (v2 + v3 ) + (v3 + v4 ) − (v4 + v1 ) = 0 ,
die vier Vektoren sind also linear abhängig. Die Aussage ist also falsch.
4 Die Koordinaten in Bezug auf die Basis B können direkt abgelesen werden:
1. (0, −1, 0, 1, 0)
2. (1, −1, 1, −1, 1)
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4
3. (−4, 3, 1, −6, 7)
Die Koordinaten in Bezug auf die Basis B 0 erhält man am Einfachsten,
indem man die Vektoren der Basis B als Linearkombination der Vektoren
der Basis B 0 schreibt und dann die Linearkombinationen “verkettet”. Es ist
p1
p2
p3
p4
p5
=
=
=
=
=
p01
p02 − p01
p03 − p02
p04 − p03
p05 − p04
Damit wird
q1 = −p2 + p4 = (p04 − p03 ) − (p02 − p01 ) ,
die Koordinaten von q1 in Bezug auf die Basis B 0 sind also (1, −1, −1, 1, 0).
q2 = p 1 − p 2 + p 3 − p 4 + p 5 =
= p01 − (p02 − p01 ) + (p03 − p02 ) − (p04 − p03 ) + (p05 − p04 ) ,
die Koordinaten von q2 in Bezug auf die Basis B 0 sind also (2, −2, 2, −2, 1).
q3 = −4 p1 + 3 p2 + p3 − 6 p4 + 7 p5 =
= −4 p01 + 3 (p02 − p01 ) + (p03 − p02 ) − 6 (p04 − p03 ) + 7 (p05 − p04 ) =
= −7 p01 + 2 p02 + 7 p03 − 13 p04 + 7 p05 ,
die Koordinaten von q3 in Bezug auf die Basis B 0 sind also (−7, 2, 7, −13, 7).
5 Die Dimesion des aufgespannten Unterraums ist bestimmt durch die Anzahl linear unabhängige Vektoren in der Menge.
M1 : Es ist v2 = v1 − 2 v3 . Anderseits sind v1 und v3 linear unabhängig, die
Dimension des Unterraums ist also 2.
M2 : Die ersten drei Vektoren sind sicher linear unabhängig, man betrachte
die Komponenten, die Null sind. Die Frage ist, ob v4 als Linearkombination
der drei anderen geschrieben werden kann. Diese Linearkombination müsste
2 v2 enthalten (wegen der ersten Komponente) und damit wegen der dritten
Komponente 32 v3 . Dann klappts aber bei der dritten Komponente nicht. Die
vier Vektoren sind also linear unabhängig, die Dimension des Unterraums ist
4.
M3 : Der erste und der letzte Vektor sind sicher linear unabhängig. Wir versuchen, den zweiten und dritten als Linearkombination dieser beiden zu schreiben.
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5
v2 : Wegen der zweiten Komponente muss 2 v4 in der Linearkombination
vorkommen und damit wegen der ersten Komponente 7 v1 . Tatsächlich ist
v2 = 7 v1 + 2 v1 .
v3 : Wegen der zweiten Komponente muss −3 v4 in der Linearkombination
vorkommen und damit auch 3 v1 . Tatsächlich ist v2 = 3 v1 − 3 v4 .
v2 und v4 lassen sich durch v1 und v4 darstellen, die Dimension des Unterraums ist also 2.
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1
Übungsserie 10:
Rang von Systemen von Vektoren
Aufgabe 1 Bestimmen Sie den Rang der folgenden Systeme von Vektoren
im R4 :
M1 = {(2, 2, 1, −6), (−3, −1, 2, 3), (−4, −2, −3, 6)}
M2 = {(5, 2, −1, 2), (4, 1, −3, 2), (−2, −1, 4, 1), (3, 2, −2, −1)}
M3 = {(−1, 2, 0, −1), (3, −2, 0, 3), (4, 1, 0, 4), (2, 1, 0, 2)}
Bestimmen Sie zusätzlich jeweils eine Basis des Unterraums von R4 , der durch
das System erzeugt wird.
Aufgabe 2 Bestimmen Sie den Rang der 5 ∗ 3-Matrix A:


3 −3
1
 −3
18
4 



1
1 
A= 1

 4 −14 −2 
1 −8 −2
Aufgabe 3 Gegeben sind die vier Polynome
p1
p2
p3
p4
=
=
=
=
x4 − x2 + 2 x − 1
x3 − x
−2 x4 + x3 − 7
x2 + x + 1
im Vektorraum P4 .
a) Zeigen Sie, dass diese vier Polynome linear unabhängig sind.
b) Bestimmen Sie ein fünftes Polynom p5 so,
dass B = {p1 , p2 , p3 , p4 , p5 } eine Basis von P4 bilden.
Aufgabe 4 Für welche Werte von t ∈ R ist der Rang der Matrix


2 t
1
t 
A= 3 2
−1 2 −2
kleiner als drei?
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2
Lösungen
Beachten Sie auch das MuPAD-Sheet “uebung10.mnb”
1 Algorithmus von Gauss:
M1 : Der Rang ist drei.
M1 ist damit eine Basis des Unterraums.
M2 :
Der Rang ist drei.
Eine Basis des Unterraums ist zum Beispiel
B2 = {(5, 2, −1, 2), (0, −3, −11, 2), (0, 0, 13, 5)}.
M3 :
Der Rang ist höchstens zwei, denn die dritte Komponente ist
überall Null und die erste und vierte stimmen überein.
Die ersten beiden Vektoren sind linear unabhängig,
also ist der Rang genau zwei und diese beiden Vektoren bilden eine Basis.
2 Es ist einfacher, den Spaltenrang zu bestimmen, also die transponierte
Matrix


3 −3 1
4
1
B = AT =  −3 18 1 −14 −8 
1
4 1 −2 −2
zu betrachten. Der Algorithmus von Gauss liefert dann


3 −3 1
4
1
B 0 =  0 15 2 −10 −7  .
0
0 0
0
0
Das System hat also Rang zwei.
3 Wir verwenden die übliche Basis B = {1, x, x2 , x3 , x4 } im Vektorraum
P4 und erhalten damit die Matrix (mit den vier gegebenen Vektoren als
Zeilenvektoren)


−1
2 −1 0
1
 0 −1
0 1
0 
.
M =
 −7
0
0 1 −2 
1
1
1 0
0
Mit Hilfe des Algorithmus von Gauss bringen wir diese Matrix auf Stufenform, es ist


−1
2 −1
0
1
 0 −1
0
1
0 
.
M0 = 
 0
0
7 −13 −9 
0
0
0
3
1
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3
Der Zeilenrang der Matrix und damit der Rang des Systems ist offensichtlich
vier. Weiter ist klar, dass der Vektor (1, 0, 0, 0, 0) von den vier anderen linear
unabhängig ist, es genügt also, p5 = 1 zu wählen.
4 Für die Durchführung des Algorithmus von Gauss ist es einfacher, die
Zeilen zu vertauschen, wir betrachten also


−1 2 −2
1 .
A0 =  2 t
3 2
t
Elimination der ersten Komponente aus den letzten beiden Zeilen liefert


−1
2
−2
3 .
A00 =  0 t + 4
0
8 t−6
Zur Elimination der zweiten Komponente aus der dritten Zeile ersetzen wir
den dritten Zeilenvektor z3 durch −8 z2 + (t + 4) z3 und erhalten


−1
2
−2
3 .
A00 =  0 t + 4
0
0 (t − 6) · (t + 4) − 24
Das System ist genau dann linear unabhängig, wenn
(t − 6) · (t + 4) − 24 = t2 − 2 t 6= 0
gilt. Das ist der Fall für t 6= 0 und t 6= 2. Der Rang ist also nur für t = 0 und
t = 2 kleiner als drei.
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1
Übungsserie 11:
Matrizen und Gleichungssysteme
Aufgabe 1 Berechnen Sie das Produkt der Matrizen A und B:




0 −1 3
1
0 0 −2
 2
1 2 
.

0
1 3 −1  , B = 
A=
 −1
4 1 
2 −1 0
4
2 −1 0
Aufgabe 2 Gegeben sind die

0 1

−1 0
A=
0 0
Matrizen



0
0 0 0
0 , B= 2 1 0 .
1
2 0 1
Berechnen Sie jeweils Potenzen A2 , A3 , A4 , A5 respektive B 2 , B 3 , B 4 , B 5
dieser Matrizen.
Aufgabe 3 Gegeben sind die Matrizen




3 −3
2
1 0 −2
2 .
5
2 , B= 2 1
A =  −1
1
0 −2
0 0 −3
Berechnen Sie die Matrix M = A2 − B 2 .
Aufgabe 4 Gegeben ist die Matrix

0 0
 0 0

 0 0
A=
 1 1

 1 1
1 1
0
0
0
1
1
1
1
1
1
0
0
0
1
1
1
0
0
0
1
1
1
0
0
0




.



Bestimmen Sie eine allgemeine Formel für die n-te Potenz An dieser Matrix.
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2
Aufgabe 5 Bestimmen Sie eine Basis für den Lösungsraum des Gleichungssystems
− 6 x2
2 x1
2 x1 + 12 x2
x1 − 3 x2
− 3 x3 + x4
+ x3 − x4
+ 7 x3 − 3 x4
− x3
+ 3 x5
+ x5
− 5 x5
+ 2 x5
=
=
=
=
0
0
0
0
Aufgabe 6 Für welche Werte von q, t ∈ R hat das Gleichungssystem
q x1 + 2 x 2 + 2 x 3 =
2
x 1 − q x2 − 3 x 3 = t − 2
x1 + 2 x2 − x3 =
t
(a) genau eine Lösung
(b) keine Lösung
(c) unendlich viele Lösungen?
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3
Lösungen
1


−4
1 3
A · B =  −3 14 5  .
6 −7 4
2


−1
0 0
A2 =  0 −1 0  ,
0
0 1


0 −1 0
0 0 ,
A3 =  1
0
0 1


1 0 0
A4 =  0 1 0  .
0 0 1
Da A4 die Einheitsmatrix ist, folgt A5 = A.


0 0 0
B2 =  2 1 0  = B .
2 0 1
Damit folgt sofort B n = B für alle n ≥ 1.
3 Es ist
und damit


14 −24 −4
28
4 ,
A2 =  −6
1 −3
6


1 0
4
B 2 =  4 1 −8 
0 0
9


13 −24 −8
27 12  .
M =  −10
1 −3 −3
Achtung: Die Zerlegung A2 − B 2 = (A + B) (A − B) darf nicht verwendet
werden, denn das Produkt von Matrizen ist nicht kommutativ!
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4
4 Die n-te Potenz von A hängt davon ab, ob n gerade oder ungerade ist:
 n−1 n−1 n−1

3
3
3
0
0
0
 3n−1 3n−1 3n−1
0
0
0 
 n−1 n−1 n−1

 3
3
3
0
0
0 
n


n gerade: A = 
n−1
n−1
n−1 
0
0
0
3
3
3



0
0
0 3n−1 3n−1 3n−1 
0
0
0 3n−1 3n−1 3n−1

0
0
0
0
0
0



n ungerade: An = 
 3n−1 3n−1
 n−1 n−1
 3
3
n−1
3
3n−1

0 3n−1 3n−1 3n−1
0 3n−1 3n−1 3n−1 

0 3n−1 3n−1 3n−1 

3n−1
0
0
0 

3n−1
0
0
0 
3n−1
0
0
0
5 Der Algorithmus von Gauss liefert das System in Stufenform
2 x1
− 6 x2
+ x3 − x4 + x5 = 0
,
− 3 x3 + x4 + 3 x5 = 0
der Rang des Systems ist also zwei und damit die Dimension des Lösungsraums drei. Eine Basis des Lösungsraums erhalten wir am Einfachsten mit
dem Ansatz
v1 = (?, ?, 1, 0, 0)
v2 = (?, ?, 0, 1, 0)
v3 = (?, ?, 0, 0, 1) .
Die drei Vektoren sind sicher linear unabhängig, egal was wir für die fehlenden
Komponenten einsetzen. Wir bestimmen diese Komponenten durch Einsetzen
in die ersten beiden Gleichungen und erhalten
1
1
v1 = (− , − , 1, 0, 0)
2
2
1 1
v2 = ( , , 1, 0, 0)
2 6
1 1
v3 = (− , , 1, 0, 0)
2 2
6 Wir bringen das System mit Hilfe des Algorithmus von Gauss auf Stufenform. Der Einfachheit halber vertauschen wir die erste und die dritte Gleichung und eliminieren zuerst die dritte Unbekannte. Das Gleichungssystem
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
5
wird damit zu
−x3 +
x1 +
2 x2 = t
(q + 2) x1 +
6 x2 = 2 t + 2 .
−
2 x1 + (q − 6) x2 = −2 t − 2
Im nächsten Schritt eliminieren wir x1 aus der zweiten Gleichung mit Hilfe
der dritten Gleichung, das System wird zu
4 x3 + 2 x1 −
5 x2 = t
− 2 x1 −
(q − 6) x2 = −2 t − 2
.
− (q 2 − 4 q) x2 = 4 t + 4 − (q + 2) (2 t + 2)
Das System hat genau dann unendlich viele Lösungen oder keine Lösung,
wenn die letzte Gleichung verschwindet oder zu einem Widerspruch führt.
Das ist genau dann der Fall, wenn q 2 − 4 q = 0 gilt, also für q = 0 oder q = 4.
Wir betrachten diese beiden Fälle getrennt.
Für q = 0 wird die letzte Gleichung zu 0 = 0, das System hat also
unendlich viele Lösungen.
Für q = 4 wird die letzte Gleichung zu 0 = −8 t − 8, also zu 0 = 0 für
t = −1.
Zusammengefasst folgt für das System:
q
t
0
beliebig
4
−1
4
6= −1
6= 0, 6= 4 beliebig
Lösungen
unendlich viele Lösungen
unendlich viele Lösungen
keine Lösung
genau eine Lösung
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1
Erste Testklausur
Zeit: 90 Minuten.
Aufgabe 1 A, B und C seien Teilmengen der Grundmenge M . Vereinfachen
Sie die folgenden Mengenausdrücke:
1. A ∩ (A ∪ B ∪ C).
2. (A ∩ B̄) ∪ (B ∩ C̄) ∪ (C ∩ Ā).
Aufgabe 2 Welche der folgenden Formeln sind allgemeingültig, welche sind
erfüllbar? Begründen Sie Ihre Antworten!
1. ((A ∨ ¬B) ∧ C) ↔ (¬A ∨ ¬B).
2. (A → B) ∨ (B → A) ↔ (¬A ∨ ¬B).
Aufgabe 3 Welche der folgenden Aussagen sind richtig?
Begründen Sie Ihre Antwort, wenn eine Aussage nicht richtig ist.
T (n) bezeichne die Menge der Teiler der Zahl n.
1. {2, 4, 7} ⊂ {T (28)}.
2. {{∅}, {2, 7}} ⊂ P(T (28)).
3. {(1, ∅)} ⊂ T (10) × P(T (10)).
4. Für beliebige endliche Mengen A, B gilt |A ∪ B| = |A r B| + |B r A|.
5. Für jede Menge M gilt M ∩ P(M ) = ∅.
Aufgabe 4 Welche Beziehung muss zwischen den Mengen A und B bestehen, damit die Abbildung
g : P(A) × P(B) → P(A ∪ B),
a) injektiv
ist?
b) surjektiv
(A0 , B 0 ) 7→ A0 ∪ B 0
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2
Aufgabe 5 Beweisen Sie mit vollständiger Induktion:
n
X
(3 k + 1)2 = 3 n3 +
k=0
15 2 11
n +
n + 1.
2
2
Aufgabe 6 Beweisen Sie: für alle natürlichen Zahlen größer oder gleich 1 ist
an := 11n+1 + 122n−1
durch 133 teilbar.
(Hinweis: Vergleichen Sie an+1 mit 11 · an .)
Aufgabe 7 Die Folge (fn )n∈N ist rekursiv definiert durch
f0 = f1 = 1,
fn = 4 · fn−1 − 4 · fn−2
falls n ≥ 2 .
Bestimmen Sie die ersten fünf Glieder der Folge und beweisen Sie
1
fn = − n + 1 · 2n .
2
Aufgabe 8 Die Potenz an kann für natürliche Exponenten n mit den folgenden Rekursionsformeln berechnet werden:
(
(am )2
falls n = 2m
an =
m 2
(a ) · a falls n = 2m + 1
1. Schreiben Sie unter Verwendung dieser Formeln ein Programm (in irgend einer Programmiersprache wie z.B. Java, Pascal, Basic etc.) zur
(schnellen) Berechnung von an .
2. Wie viele Multiplikationen benötigt das Programm zur Berechnung von
an ? Bestimmen Sie eine obere Schranke unter Verwendung der Anzahl
der Binärstellen des Exponenten n.
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3
Lösungen
1
1. A ∩ (A ∪ B ∪ C) = A ∩ Ā ∩ B̄ ∩ C̄ = A ∩ Ā ∩ · · · = ∅
2. (A ∩ B̄)∪(B ∩ C̄)∪(C ∩ Ā) = (Ā∪B)∪(B̄∪C)∪(C̄ ∪A) = Ā∪A∪· · · =
M
2 Die Aufgabe kann mit Wahrheitstafeln gelöst werden:
1. ψ sei die Formel ((A ∨ ¬B) ∧ C) ↔ (¬A ∨ ¬B).
Die Wahrheitstafel für ψ lautet
A
w
w
w
w
f
f
f
f
B
w
w
f
f
w
w
f
f
C
w
f
w
f
w
f
w
f
¬A ¬B A ∨ ¬B (A ∨ ¬B) ∧ C ¬A ∨ ¬B
f
f
w
w
f
f
f
w
f
f
f
w
w
w
w
f
w
w
f
w
w
f
f
f
w
w
f
f
f
w
w w
w
w
w
w w
w
f
w
ψ
f
w
w
f
f
f
w
f
Die Formel ist somit nicht allgemeingültig (in der letzten Spalte sind
nicht alle Einträge w), aber die Formel ist erfüllbar (in der letzten
Spalte sind nicht alle Einträge f ).
2. ψ sei die Formel (A → B) ∨ (B → A) ↔ (¬A ∨ ¬B).
Die Wahrheitstafel für ψ lautet
A B ¬A
w w f
w f
f
f w w
f f w
¬B A → B B → A (A → B) ∨ (B → A) ¬A ∨ ¬B
f
w
w
w
f
w
f
w
w
w
f
w
f
w
w
w
w
w
w
w
Diese Formel ist ebenfalls erfüllbar, aber nicht allgemeingültig.
3
1. falsch:
Es gilt T (28) = {1, 2, 4, 7, 14, 28} und folglich
{T (28)} = {{1, 2, 4, 7, 14, 28}}, somit gilt zwar {2, 4, 7} ⊂ T (28), aber
{2, 4, 7} 6⊂ {T (28)}.
ψ
f
w
w
w
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4
2. falsch:
P(T (28)) besteht aus Mengen von Zahlen, somit besteht jede Teilmenge
von P(T (28)) ebenfalls aus Mengen von Zahlen. {{∅}, {2, 7}} ist keine
Menge von Mengen von Zahlen, da {∅} keine Menge von Zahlen ist.
Daher gilt {{∅}, {2, 7}} 6⊂ P(T (28)).
3. richtig:
Das kartesische Produkt T (10)×P(T (10)) besteht aus allen Paaren, deren erste Komponente ein Teiler von 10 ist und deren zweite Komponente ein Menge von Teilern von 10 ist. Es folgt (1, ∅) ∈ T (10) × P(T (10))
und somit {(1, ∅)} ⊂ T (10) × P(T (10)).
4. falsch:
Für endliche Mengen A, B gilt |A ∪ B| = |A r B| + |B r A| genau dann,
wenn A ∩ B = ∅.
5. falsch
Ein Element einer Menge M kann auch Teilmenge dieser Menge sein,
somit gilt M ∩ P(M ) = ∅ nicht für alle Mengen. Dies ist beispielsweise
der Fall, wenn die leere Menge ein Element der Menge M ist (z.B.
M = {∅}), dann gilt ∅ ∈ M ∩ P(M ) 6= ∅.
4 a) Injektivität von f :
Behauptung: f ist genau dann injektiv, wenn die folgende Bedingung erfüllt
ist:
A und B disjunkt sind (das heißt, wenn A ∩ B = ∅)
(B)
«(B) =⇒ f ist injektiv» (das heißt, (B) ist hinreichend für die Injektivität):
A und B seien disjunkt; A1 , A2 ∈ P(A) und B1 , B2 ∈ P(B) seinen beliebige
Mengen mit f (A1 , B1 ) = f (A2 , B2 ); es muss gezeigt werden, dass (A1 , B1 ) =
(A2 , B2 ).
Aus f (A1 , B1 ) = f (A2 , B2 ) folgt A1 ∪ B1 = A2 ∪ B2 ; schneiden wir bei dieser
Gleichung beide Seiten mit A, so erhalten wir
A ∩ (A1 ∪ B1 ) = A ∩ (A2 ∪ B2 )
(A ∩ A1 ) ∪ (A ∩ B1 ) = (A ∩ A2 ) ∪ A(∩B2 )
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5
Aus A1 , A2 ⊂ A und A ∩ B1 = ∅ = A ∩ B2 folgt
(A ∩ A1 ) ∪ (A ∩ B1 ) = (A ∩ A2 ) ∪ A(∩B2 )
A1 ∪ ∅ = A2 ∪ ∅
A1 = A2
Ebenso folgt B1 = B2 .
«f ist injektiv =⇒ (B)» (das heißt, (B) ist notwendig für die Injektivität):
Wir zeigen die Kontraposition: «Nicht (B) =⇒ f ist nicht injektiv»
Wenn die Bedingung (B) nicht erfüllt ist, so gilt D := A ∩ B 6= ∅; es folgt
f (D, ∅) = f (∅, D)
folglich ist f nicht injektiv.
b) Surjektivität von f :
Behauptung: f ist immer surjektiv.
Beweis: Sei M eine beliebige Teilmenge von A∪B. Wir zeigen, dass es Mengen
A0 ⊂ A und B 0 ⊂ B gibt mit f (A0 , B 0 ) = M :
Wir setzen A0 := M ∩ A und B 0 := M ∩ B. Es folgt
f (A0 , B 0 ) = f (M ∩ A, M ∩ B)
= (M ∩ A) ∪ (M ∪ B)
= (M ∪ M ) ∩ (M ∪ A) ∩ (M ∪ B) ∩ (A ∪ B)
= M ∩ (M ∪ (A ∩ B)) ∩ (A ∪ B)
=M
(Die letzte Gleichung gilt wegen M ⊂ M ∪ (A ∩ B) und M ⊂ A ∪ B.)
5 Wir setzten sn :=
n
X
(3 k + 1)2 .
k=0
Beweis der Summenformel durch Induktion.
Induktionsverankerung:
Es gilt s0 = 1; andererseits gilt für n = 0:
3 n3 +
15 2 11
15
11
n +
n + 1 = 3 · 03 + 02 + 0 + 1 = 1
2
2
2
2
Für n = 0 ist die Summenformel somit korrekt.
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6
Induktionsschritt:
Wir nehmen an, dass die Summenformel für n = m − 1 stimmt, und wir
folgern, dass die Summenformel dann auch für n = m stimmt.
Es gilt
sm = sm−1 + (3m + 1)2
15
11
= 3(m − 1)3 +
· (m − 1)2 +
· (m − 1) + 1 + (3m + 1)2
2
2
= 3m3 − 9m2 + 9m − 3
15
15
+ m2 − 15m +
2
2
11
11
+ m−
2
2
+ 1
+ 9m2 + 6m + 1
15
11
= 3m3 + m2 + m + 1
2
2
Die Summenformel stimmt somit auch für n = m.
6 Beweis durch Induktion:
Induktionverankerung Es gilt a1 = 112 + 12 = 133, somit ist a1 durch
133 teilbar.
Induktionsschritt Die Behauptung gelte für n = m, das heißt, am sei
durch 133 teilbar. Es muss gezeigt werden, dass dann auch am+1 durch 133
teilbar ist.
am+1 = 11m+2 + 122m+1
am = 11m+1 + 122m−1
Falls wir von der ersten Gleichung das 11-fach der zweiten Gleichung subtrahieren, so verschwinden die Potenzen von 11:
am+1 − 11am = 122m+1 − 11 · 122m−1 = (122 − 11) · 122m−1 = 133 · 122m−1
Die Differenz d := am+1 − 11am ist somit durch 133 teilbar. am+1 = 11am +
d ist folglich eine Summe von durch 133 teilbaren Zahlen, somit ist am+1
ebenfalls durch 133 teilbar.
HSR, WS 2005/06, Mathematische Grundlagen der Informatik
7
7 Für die ersten Glieder der Folge gilt:
f0 f1 f2 f3
f4
f5
f6
1 1 0 −4 −16 −48 −128
Beweis von fn = (− 21 n + 1) · 2n mit Induktion:
Induktionsverankerung Für n = 0 gilt (− 12 n+1)·2n = (− 21 0+1)·20 = 1
und für n = 1 gilt (− 21 1 + 1) · 21 = (− 12 1 + 1) · 21 = 1. Die Formel stimmt
somit für n = 0 und n = 1.
Induktionsschritt Wir nehmen an, dass die Formel für n = m − 1 und
n = m − 2 gilt; wir zeigen, dass die Formel dann auch für n = m gilt:
fm = 4 · fm−1 − 4 · fm−2
1
1
m−1
− 4 − (m − 2) + 1 · 2m−2
= 4 − (m − 1) + 1 · 2
2
2
1
1
m+1
− − (m − 2) + 1 · 2m
= − (m − 1) + 1 · 2
2
2
1
1
=
− (m − 1) + 1 · 2 − − (m − 2) + 1
· 2m
2
2
1
= −m + 1 + 2 + m − 1 − 1 · 2m
2
1
=
m + 1 · 2m
2
Die Formel gilt somit auch für n = m.
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8
8 Das folgende Programm bestimmt die Potenzen rekursiv:
static long power(long basis, int exponent)
{
if (exponent <= 0) return 1;
if (exponent == 1) return basis;
else if (exponent % 2 == 0)
{
exponent = exponent / 2;
long pow = power(basis, exponent);
return pow * pow;
}
else
{
exponent = (exponent - 1) / 2;
long pow = power(basis, exponent);
return pow * pow * basis;
}
}
Wird das Programm mit einem Exponenten aufgerufen, der nur eine Binärstelle besitzt, so werden keine Multiplikationen durchgeführt.
Wird das Programm mit einem Exponenten aufgerufen, der mehr als zwei
Binärstellen besitzt, so werden eine oder zwei Multiplikationen in diesem
Programmaufruf durchgeführt (je nach dem, ob die letzte Binärziffer eine 0
oder eine 1 ist). Dann ruft sich das Programm rekursiv selber auf mit einem
Exponenten, dessen Binärstellenzahl um eins kleiner ist (letzte Binärstelle
des Exponenten wird weggelassen).
Falls der Exponent n aus m Binärziffern besteht, benötigt das Programm
folglich maximal 2 · (m − 1) viele Multiplikationen. Genauer gilt: wenn e
die Anzahl der Einsen in der Binärdarstellung des Exponenten ist, so ist die
Anzahl der zur Berechnung der Potenz benötigten Multiplikationen m+e−2.
(Die Divisionen durch 2 und das der Modulo-Operator % werden nicht mitgezählt.)
HSR, WS 2005/06, Mathematische Grundlagen der Informatik
1
Zweite Testklausur
Zeit: 90 Minuten.
Aufgabe 1 Berechnen Sie die Summe aller 4-stelligen Zahlen, in denen jede
der vier Ziffern 1, 2, 3, 4 genau einmal vorkommt.
Aufgabe 2 Mit welchem Koeffizienten erscheint a3 bc2 in der ausmultiplizierten und zusammengefassten Form von (a + b + c + 2)9 ?
Aufgabe 3 Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Buchstaben des Wortes
ADOLAR so anzuordnen, dass
1. keine zwei Vokale nebeneinander stehen?
2. an der ersten und an der letzten Stelle ein Konsonant steht?
Aufgabe 4 Gegeben sind die Ziffern 3, 3, 3, 3, 5, 5, 8.
1. Wie viele verschiedene 7-stellige Zahlen lassen sich aus diesen Ziffern
bilden?
2. Wie viele verschiedene 7-stellige Zahlen lassen sich aus diesen Ziffern
bilden, wenn an der ersten und der letzten Stelle die gleiche Ziffer stehen
soll?
Aufgabe 5 Die dreistellige Boole’sche Funktion f ist gegeben durch die
Wahrheitstafel
v1
w
w
w
w
f
f
f
f
v2
w
w
f
f
w
w
f
f
v3
w
f
w
f
w
f
w
f
f (v1 , v2 , v3 )
f
w
w
f
w
f
w
f
Stellen Sie f in disjunktiver und in konjunktiver Normalform dar.
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2
Aufgabe 6 Für einen Booleschen Term τ wird ein Gewicht WEIGTH(τ )
wie folgt definiert:
• Falls τ eine Konstante ist, so sei WEIGTH(τ ) := 0.
• Falls τ eine Variable ist, so sei WEIGTH(τ ) := 1.
• Falls τ eine Inversion der Form ∼ϕ ist, so sei
WEIGTH(τ ) = WEIGTH(∼ϕ) := 1 + WEIGTH(ϕ).
• Falls τ eine Konjunktion der Form (ϕ u ψ) ist, so sei
WEIGTH(τ ) = WEIGTH(ϕ u ψ) := 2 + WEIGTH(ϕ) + WEIGTH(ψ).
• Falls τ eine Disjunktion der Form (ϕ t ψ) ist, so sei
WEIGTH(τ ) = WEIGTH(ϕ t ψ) := 3 + WEIGTH(ϕ) + WEIGTH(ψ).
Bestimmen Sie WEIGTH(τ ) für den Ausdruck τ = ∼((v0 t (∼w u v0 )) u v1 ).
Aufgabe 7 Der Graph G = (V, E) sei wie folgt gegeben:
3
1
2
4
5
1. Bestimmen Sie die Adjazenzmatrix A von G.
2. Berechnen Sie das Quadrat A2 der Adjazenzmatrix.
Aufgabe 8 Gegeben sei ein Baum mit zehn Knoten.
1. Wenn mindestens zwei Knoten in diesem Baum den Grad drei haben,
wie viele Blätter gibt es dann mindestens? Wie viele höchstens?
2. Behauptung: wenn zwei Knoten in diesem Baum den Grad fünf haben,
sind sie durch eine Kante verbunden. Beweisen Sie diese Behauptung
oder geben Sie ein Gegenbeispiel.
HSR, WS 2005/06, Mathematische Grundlagen der Informatik
3
Lösungen
1 Es gibt 4! = 24 4-stellige Zahlen, die sich aus den gegebenen vier Ziffern
zusammensetzen. In jeweils sechs dieser Zahlen kommen die einzelnen Ziffern
an erster, zweiter, dritter und vierter Stelle vor. Die Gesamtsumme ist also
6 · 1111 · (1 + 2 + 3 + 4) = 66660.
2 Der Term a3 bc2 entsteht, wenn beim ausmultiplizieren aus drei Klammern
a, aus einer Klammer b, aus zwei Klammern c und aus drei Klammern 2
9!
gewählt wird. Dazu gibt es 3!·2!·1!·3!
= 4·5·6·7·8·9
= 5040 Möglichkeiten. Da in all
2·2·3
3
diesen Termen 2 = 8 vorkommt, ist der gesuchte Koeffizient 8·5040 = 40320.
3
1. Wenn die drei Vokale A, A, O nicht nebeneinander stehen dürfen,
müssen sie an den Stellen 1, 3, 5 oder 1, 3, 6 oder 1, 4, 6 oder 2, 4, 6 stehen. Es gibt also vier Möglichkeiten, die drei Vokale setzen. Zu jeder
dieser vier Möglichkeiten gibt es drei Möglichkeiten, den Platz für O
zu wählen. Anschliessend gibt es 3! = 6 Möglichkeiten, die drei Konsonanten auf die verbleibenden drei Plätze zu verteilen. Insgesamt gibt
es damit 4 · 3 · 6 = 72 Anordnungen, die der Bedingung genügen.
2. Es gibt 3 Möglichkeiten, den Konsonanten für die erste Stelle auszuwählen, anschliessend 2 Möglichkeiten, den Konsonanten für die letzte
Stelle auszuwählen. Zu jeder dieser 3 · 2 = 6 Möglichkeiten gibt es
4!
= 12 Möglichkeiten, die restlichen Buchstaben auf die vier inneren
2!
Plätze zu verteilen (die beiden A sind nicht unterscheidbar). Insgesamt
gibt es also 6 · 12 = 72 Anordnungen, die der Bedingung genügen.
4
1. Es gibt
7!
4!·2!·1!
= 105 7-stellige Zahlen mit den gegebenen Ziffern.
2. Als Ziffer an der ersten und letzten Stelle kann entweder 3 oder 5 ge5!
wählt werden. Steht 3 an der ersten und letzten Stelle gibt es 2!·2!·1!
= 30
Möglichkeiten, die verbleibenden Ziffern 3, 3, 5, 5, 8 auf die inneren Plätze zu verteilen. Steht dagegen 5 an der ersten und letzten Stelle, gibt
5!
es 4!·1!
= 5 Möglichkeiten, die verbleibenden Ziffern 3, 3, 3, 3, 8 auf die
inneren Plätze zu verteilen. Insgesamt gibt es also 30 + 5 = 35 7-stellige
Zahlen, die der Bedingung genügen.
5
1. Disjunktive Normalform (direkt aus Wertetabelle):
(v1 u v2 u ∼v3 ) t (v1 u ∼v2 u v3 ) t (∼v1 u v2 u v3 ) t (∼v1 u ∼v2 u v3 )
HSR, WS 2005/06, Mathematische Grundlagen der Informatik
4
2. Die konjunktive Normalform kann durch “ausmultiplizieren” der disjunktiven Normalform oder - wesentlich einfacher - analog der disjunktiven Normalform direkt aus der Wahrheitstabelle ermittelt werden: die
Konjunktion von mehreren Termen hat immer dann den Wert f, wenn
mindestens einer der Terme den Wert f hat. Es genügt also, zu jeder
Zeile der Tabelle mit dem Wert f eine Disjunktion der drei Variablen
zu erstellen, die sicher den Wert f hat. Damit erhält man:
(∼v1 t ∼v2 t ∼v3 ) u (∼v1 t v2 t v3 ) u (v1 t ∼v2 t v3 ) u (v1 t v2 t v3 ).
6 Der Funktionswert wird von aussen nach innen berechnet:
WEIGTH(τ ) =1 + WEIGTH((v0 t (∼w u v0 )) u v1 )
=1 + 2 + WEIGTH(v0 t (∼w u v0 )) + WEIGTH(v1 )
=1 + 2 + 3 + WEIGTH(v0 ) + WEIGTH(∼w u v0 ) + 1
=1 + 2 + 3 + 1 + 2 + WEIGTH(∼w) + WEIGTH(v0 ) + 1
=1 + 2 + 3 + 1 + 2 + 1 + WEIGTH(w) + 1 + 1
=1 + 2 + 3 + 1 + 2 + 1 + 0 + 1 + 1 = 12.
7
1. A kann direkt aus dem Graphen abgelesen werden:


0 1 1 0 0
 1 0 0 1 1 



A=
 1 0 0 1 0 
 0 1 1 0 1 
0 1 0 1 0
2. A2 erhält man entweder durch multiplizieren von A mit sich selber oder
direkt aus dem Graphen (Anzahl Verbindungen zwischen zwei Knoten
über genau zwei Kanten):


2 0 0 2 1
 0 3 2 1 1 


2

A =
 0 2 2 0 1 
 2 1 0 3 1 
1 1 1 1 2
8
P
1. In jedem Baum gilt die Gleichung
P v∈V deg(v) = 2·|V |−2, in einem
Baum mit zehn Knoten ist also v∈V deg(v) = 18. Wenn zwei oder
HSR, WS 2005/06, Mathematische Grundlagen der Informatik
5
mehr Knoten Grad 3 haben, beträgt die Summe für die restlichen acht
Knoten höchstens 12. Damit kann bei maximal vier dieser acht Knoten
der Grad grösser als 1 sein. Anderseits ist die Gleichung erfüllt, wenn
einer der acht Knoten Grad 5 und alle anderen Grad 1 haben. Es gibt
also mindestens vier und höchstens sieben Blätter.
2. Die Behauptung ist richtig: wenn zwei Knoten Grad 5 haben bleibt
für die übrigen acht Knoten die Summe 8, das müssen also alles Blätter sein. Der Baum besteht somit aus acht Blättern und zwei inneren
Knoten, diese müssen natürlich verbunden sein.
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
1
Testklausur
Aufgabe 1 Bestimmen Sie, welche der folgenden Formeln allgemeingültig,
erfüllbar oder unerfüllbar sind.
• (A → B) ∨ (B → A)
• (A ↔ (B ↔ C)) ↔ ((A ↔ B) ↔ C)
• (A ∧ B) ↔ (A ∨ B)
Aufgabe 2 Bestimmen Sie eine Formel ϕ mit den aussagenlogischen Variablen A, B, C sowie D, so dass gilt: ϕ ist genau dann wahr, wenn eine gerade
Anzahl der Variablen wahr ist.
Aufgabe 3 Beweisen Sie durch vollständige Induktion:
1
1
1
1
2n
+
+
+ ··· +
=
1 1+2 1+2+3
1 + 2 + 3 + ··· + n
n+1
Aufgabe 4 Eine Folge (an ) ist rekursiv definiert durch
a0 := 0
a1 := 3
an+2 = 6an+1 − 9an
falls n ≥ 0
Beweisen Sie durch Induktion, dass an = n · 3n für alle natürlichen Zahlen n
gilt.
Aufgabe 5 Wir betrachten den Vektorraum R6 . Welche der folgenden Teilmengen von R6 sind Unterräume? Falls ja, bestimmen Sie eine Basis des
Unterraums, falls nein, geben Sie ein Gegenbeispiel.
1. Die Menge aller 6-Tupel, bei denen mindestens zwei Komponenten
gleich sind.
2. Die Menge aller 6-Tupel, bei denen die Summe der ersten vier Komponenten gleich der Summe der letzten vier Komponenten ist.
3. Die Menge aller 6-Tupel, bei denen die zweite Komponente das Zweifache der ersten Komponente, die dritte das Dreifache der zweiten, die
vierte das Vierfache der dritten, die fünfte das Fünffache der vierten
und schliesslich die sechste das Sechsfache der fünften Komponente
sind.
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
2
Aufgabe 6 Gegeben sind die vier Polynome
p1
p2
p3
p4
=
=
=
=
x − x3
2 + x2 − 3 x3
x3 − 2 x2 + x − 3
1 + t x + t2 x3
im Polynomraum P3 . Für welche Werte von t ∈ R bilden diese vier Polynome
eine Basis von P3 ?
Aufgabe 7 Bestimmen Sie den Rang

a
 3

A=
 −3
 3
5
der Matrix:

1 −1
1 −3 

1
1 

3 −5 
b
3
in Abhängigkeit von a und b.
Aufgabe 8 Für welche Werte von q ∈ R ist die Dimension des Lösungsraums des Gleichungssystems
2 x1 + 4 x2
−4 x1
−x1 + 2 x2
−q x1 − 2 x2
+ 3 x3
− x3
+ x3
− 3 x3
−
x4
+ q x4
+ 3 x4
+ 11 x4
=
=
=
=
0
0
0
0
grösser als Null? Bestimmen Sie in diesen Fällen eine Basis des Lösungsraums!
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
3
Lösungen
1
• Zu (A → B) ∨ (B → A)
A B A → B B → A (A → B) ∨ (B → A)
w w
w
w
w
w f
f
w
w
f w
w
f
w
f f
w
w
w
A → (¬A → B) ist somit allgemeingültig.
• Zu (A ↔ (B ↔ C)) ↔ ((A ↔ B) ↔ C)
(ϕ steht für die ganze Formel)
A B C B ↔ C A ↔ (B ↔ C) A ↔ B (A ↔ B) ↔ C
w w w
w
w
w
w
w w f
f
f
w
f
w f w
f
f
f
f
w f f
w
w
f
w
f w w
w
f
f
f
f w f
f
w
f
w
f f w
f
w
w
w
f f f
w
f
w
f
(A ↔ (B ↔ C)) ↔ ((A ↔ B) ↔ C) ist somit allgemeingültig.
ϕ
w
w
w
w
w
w
w
w
• Zu (A ∧ B) ↔ (A ∨ B)
A B A ∧ B A ∨ B (A ∧ B) ↔ (A ∨ B)
w w
w
w
w
w f
f
w
f
f w
f
w
f
f f
f
f
w
(A ∧ B) ↔ (A ∨ B) ist somit nicht allgemeingültig, aber erfüllbar.
2 Einfache Lösung mit ↔: ϕ ist (A ↔ B) ↔ (C ↔ G)
(dabei sind die Klammern irrelevant, siehe vorherige Aufgabe).
Lösung gemäß allgemeiner Vorgehensweise im Skript:
HSR, WS 2006/07, Mathematische Grundlagen der Informatik
A B
w w
w w
w w
w w
w f
w f
w f
w f
f w
f w
f w
f w
f f
f f
f f
f f
Daraus
C D ϕ
w w w
w f f
f w f
f f w
w w f
w f w
f w w
f f f
w w f
w f w
f w w
f f f
w w w
w f f
f w f
f f w
ergibt sich für ϕ
4
A∧B∧C ∧D
A ∧ B ∧ ¬C ∧ ¬D
A ∧ ¬B ∧ C ∧ ¬D
A ∧ ¬B ∧ ¬C ∧ D
¬A ∧ B ∧ C ∧ ¬D
¬A ∧ B ∧ ¬C ∧ D
¬A ∧ ¬B ∧ C ∧ D
¬A ∧ ¬B ∧ ¬C ∧ ¬D
die folgende Formel in disjunktiver Normalform:
(A ∧ B ∧ C ∧ D) ∨ (A ∧ B ∧ ¬C ∧ ¬D)∨
(A ∧ ¬B ∧ C ∧ ¬D) ∨ (A ∧ ¬B ∧ ¬C ∧ D)∨
(¬A ∧ B ∧ C ∧ ¬D) ∨ (¬A ∧ B ∧ ¬C ∧ D)∨
(¬A ∧ ¬B ∧ C ∧ D) ∨ (¬A ∧ ¬B ∧ ¬C ∧ ¬D)
3 Für den Nenner des m-ten Summanden gilt: 1 + 2 + 3 + · · · + m =
(Skript). Es muss daher bewiesen werden, dass gilt:
m(m+1)
2
n
X
2
2n
=
m(m + 1)
n+1
m=1
Beweis durch Induktion:
Verankerung:
Für n = 1 besteht die Summe nur aus dem Summanden
2n
2·1
gilt n+1
= 1+1
= 1.
1
1
= 1, andererseits
Induktionssschritt:
Man nimmt an, dass die Summenformel für n gilt, und man folgert, dass die
Summenformel
1 gilt:
Pn auch 2für n +2n
Annahme: m=1 m(m+1) = n+1
P
2(n+1)
2
Behauptung: n+1
m=1 m(m+1) = n+2
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Beweis der Behauptung:
n
X
2
2
2
=
+
m(m + 1)
m(m + 1) (n + 1)(n + 2)
m=1
m=1
n+1
X
=
=
=
=
=
2n
2
+
n + 1 (n + 1)(n + 2)
2n(n + 2) + 2
(n + 1)(n + 2)
2n2 + 4n + 2) + 2
(n + 1)(n + 2)
2(n + 1)2
(n + 1)(n + 2)
2(n + 1)
n+2
Damit ist der Induktionsschritt bewiesen.
4 Induktionsverankerung:
Für n = 0 gilt n · 3n = 0 · 30 = 0 = a0 .
Für n = 1 gilt n · 3n = 1 · 31 = 3 = a1 .
(Induktion muss für n = 0 und n = 1 durchgeführt werden.)
Induktionsschritt:
Annahme: Es gelte an = n · 3n und an+1 = (n + 1) · 3n+1
Behauptung: Es gilt an+2 = (n + 2) · 3n+2
Beweis der Behauptung:
an+2 =
=
=
=
5
6an+1 − 9an
6 · (n + 1) · 3n+1 − 9 · n · 3n
2 · (n + 1) · 3n+2 − n · 3n+2
(n + 2) · 3n+2
1. Kein Unterraum.
Gegenbeispiel:
(1, 1, 2, 3, 4, 5), (1, 2, 2, 3, 4, 5)
gehören zum Unterraum, ihre (2, 3, 4, 6, 8, 10) Summe aber nicht.
5
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6
2. Ist ein Unterraum.
Eine Basis ist zum Beispiel
{(1, 0, 0, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0, 0, 1), (0, 0, 0, 0, −1, 1),
(0, 0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0, 0)} .
3. Ist ein Unterraum.
Eine Basis ist zum Beispiel
{(1, 2, 6, 24, 120, 720)} .
6 Wir schreiben die vier Polynome als Vektoren in Bezug auf die Basis
b1 = 1,
b2 = x,
b3 = x2 ,
b4 = x3
und erhalten
p1
p2
p3
p4
=
=
=
=
(0, 1, 0, −1)
(2, 0, 1, −3)
(−3, 1, −2, 1)
(1, t, 0, t2 ) .
Die vier Polynome bilden genau dann eine
tems, respektive der Rang der Matrix

0 1
0
 2 0
1

 −3 1 −2
1 t
0
vier ist. Der Algorithmus von

2
 0

 0
0
Basis, wenn der Rang dieses Sys
−1
−3 

1 
t2
Gauss liefert zum Beispiel

0
1
−3
1
0
−1 
.
0 −1
−5 
0
0 t2 + t + 4
Der Rang dieser Matrix ist genau dann vier, wenn gilt
t2 + t + 4 6= 0 .
Das ist aber für alle t ∈ R der Fall, die vier Vektoren bilden also immer eine
Basis.
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7
7 Wir bestimmen den Spaltenrang, betrachten also die transponierte Matrix


a
3 −3 1 5
1
1 4 b .
B = AT =  1
−1 −3
1 7 3
Nach Vertauschen der ersten und letzten Zeile zur Vereinfachung der Rechnung liefert der Algorithmus von Gauss


−1 −3
1
−5
3
2
−2
b+3  .
B 0 =  0 −2
0
0 −4 a −4 a −3 a + 3 b − 3 a b + 19
den Rang zwei, in allen anderen
Das System hat also für a = 0 und b = − 19
3
Fällen den Rang drei.
8 Wir vertauschen die zweite und dritte Gleichung und verwandeln das System mit Hilfe des Algorithmus von Gauss in Stufenform
2 x1 + 4 x2 +
8 x2 +
3 x3 −
x4
5 x3 +
5 x4
(q − 7) x3 − (7 q − 49) x4
(q − 7) x4
=
=
=
=
0
0
.
0
0
Der Rang des Systems ist genau dann nicht vier, wenn q = 7 gilt. In diesem
Fall wird aber auch die dritte Gleichung zu 0 = 0 und das System hat Rang
zwei. Eine Basis für den Lösungsraum in diesem Fall wäre zum Beispiel
{(−14, −5, 0, 8), (−2, −5, 8, 0)} .