Diskrete Strukturen

Technische Universität München
Fakultät für Informatik
Lehrstuhl für Effiziente Algorithmen
Prof. Dr. Ernst W. Mayr
Dr. Werner Meixner
Wintersemester 2005
Lösungsblatt 1
11. November 2005
Diskrete Strukturen
Aufgabe 1
1. Gegeben seien A = {a, 23, 42}, B = {a, 2, 3, δ, 42} und C = {α, 2, 3, }. Wir definieren D = B ∩ (A ∪ C), E = D ∩ (A ∩ B), F = E ∪ (A \ C) und G = F ∩ (A ∪ B).
Berechnen Sie |P(G)|. Versuchen Sie dabei zunächst, G so weit wie möglich zu
vereinfachen, ohne die Gleichungen für A, B und C zu benutzen.
2. Über M = {1, 2, 3} betrachten wir die Relationen Ri ⊆ M × M ,
R1
R2
R3
R4
=
=
=
=
{(1, 1), (2, 2), (1, 3), (3, 1)},
{(2, 3), (3, 2), (1, 1)},
{(1, 2), (2, 3), (3, 3)},
{(1, 3), (2, 3), (1, 1), (2, 2), (3, 3).}
Welche dieser Relationen sind symmetrisch, antisymmetrisch, transitiv?
Welche dieser Relationen sind Abbildungen?
Lösungsvorschlag
1. Durch Substitution der Variablen D erhalten wir
E =
=
=
=
(B ∩ (A ∪ C)) ∩ (A ∩ B)
(A ∩ B) ∩ (A ∪ C)
B ∩ (A ∩ (A ∪ C))
(A ∩ B).
Durch Substitution der Variablen F und E erhalten wir
G =
=
=
=
(E ∪ (A \ C)) ∩ (A ∪ B)
((A ∩ B) ∪ (A \ C)) ∩ (A ∪ B)
((A ∩ B) ∩ (A ∪ B)) ∪ ((A \ C) ∩ (A ∪ B))
(A ∩ B) ∪ (A \ C).
Durch Überprüfung der einzelnen Elemente von A und C sieht man leicht, dass
A ∩ C = ∅.
Deshalb gilt A \ C = A = {a, 23, 42}. Es folgt
G = (A ∩ B) ∪ A = A,
und daraus
|P(G)| = |P(A)| = 2|A| = 23 = 8.
2. (a) R1 und R2 sind symmetrisch, denn zu jedem Paar (x, y) aus R1 bzw. R2 überprüft man leicht, dass auch (y, x) in der entsprechenden Relation ist.
Es gilt (1, 2) ∈ R3 aber (2, 1) 6∈ R3 , d. h. R3 ist nicht symmetrisch.
Es gilt (1, 3) ∈ R4 aber (3, 1) 6∈ R4 , d. h. R4 ist nicht symmetrisch.
(b) Es gilt (1, 3) ∈ R1 und (3, 1) ∈ R1 . Wäre R1 antisymmetrisch, müsste auch
1 = 3 gelten. Dies ist aber falsch, deshalb ist R1 nicht antisymmetrisch.
Es gilt (2, 3) ∈ R2 und (3, 2) ∈ R2 . Wäre R2 antisymmetrisch, müsste auch
2 = 3 gelten. Dies ist aber falsch, deshalb ist R2 nicht antisymmetrisch.
R3 und R4 sind antisymmetrisch. Wir zeigen dies explizit für R3 . Die Antisymmetrie von R4 folgt analog.
Die formallogische Definition der Antisymmetrie für R3 lautet
∀x, y ∈ M : (x, y) ∈ R ∧ (y, x) ∈ R ⇒ x = y.
Beachten Sie, dass aus (x, y) ∈ R sofort x, y ∈ M folgt. Wir können deshalb
den Allquantor auf ein nicht genanntes, aber alle mathematischen Objekte
umfassendes ”Universum” beziehen, wodurch wir die folgende einfachere, häufig
anzutreffende und mathematisch äquivalente Schreibweise erhalten:
∀x, y : (x, y) ∈ R3 ∧ (y, x) ∈ R3 ⇒ x = y.
Beweis:
Sei (x, y) ∈ R3 ∧ (y, x) ∈ R3 . Aus (y, x) ∈ R3 folgt x 6= 1, weil es kein Paar
(y, 1) ∈ R3 gibt. Also folgt x = 2 oder x = 3.
Nun kann aber x = 2 auch nicht gelten, weil nach Annahme ein y existiert, so
dass (2, y) ∈ R3 und gleichzeitig (y, 2) ∈ R3 gilt, was aber in R3 offenbar nicht
erfüllbar ist.
Es folgt also x = 3. Nach Annahme gilt (3, y) ∈ R3 , woraus y = 3 folgt,
w. z. b. w.!
(c) Wir zeigen zunächst, dass R1 , R2 und R3 nicht transitiv sind. Die formallogische
Definition der Transitivität für R1 lautet
∀x, y, z : (x, y) ∈ R1 ∧ (y, z) ∈ R1 ⇒ (x, z) ∈ R1 .
Wir setzen z. B. x = 3, y = 1, z = 3. Für diese Variablenbelegung gilt (x, y) ∈ R1
und (y, z) ∈ R1 . Wäre R1 transitiv, so könnte gefolgert werden (x, z) = (3, 3) ∈ R1 .
Dies ist aber falsch. Also ist R1 nicht transitiv.
Analog zeigt man, dass R2 nicht transitiv ist.
Bei der Betrachtung von R3 setzt man x = 1, y = 2, z = 3. Mit einer angenommenen Transitivität von R3 könnte man folgern (x, z) = (1, 3) ∈ R3 . Dies ist
falsch, also ist R3 nicht transitiv.
R4 ist transitiv.
Beweis:
Seien x, y, z beliebig mit (x, y), (y, z) ∈ R4 . Zu zeigen ist (x, z) ∈ R4 .
Falls x = y, dann ist nichts zu zeigen, weil dann (x, z) ∈ R4 bereits in der
Annahme enthalten ist.
2
Falls x 6= y, dann folgt (x, y) = (1, 3) oder (x, y) = (2, 3), jedenfalls gilt y = 3.
Wegen (y, z) = (3, z) ∈ R4 folgt z = 3. Damit bleibt zu zeigen (x, 3) ∈ R4 .
Dies gilt aber für alle in Frage kommenden x, nämlich für x = 1 und für x = 2,
denn es gilt (1, 3), (2, 3) ∈ R. W. z. b. w.!
(d) Eine Relation R ist definitionsgemäss eine Abbildung, falls sie rechtseindeutig
ist, d. h., falls
∀x, y, z : (x, y) ∈ R ∧ (x, z) ∈ R ⇒ y = z.
R2 und R3 sind rechtseindeutig. Wir zeigen explizit, dass R2 rechtseindeutig
ist. Der Beweis für R3 ist analog.
Beweis:
Für Paare (x, y) = (x, z) ist die Implikation trivialerweise erfüllt, weil y = z
bereits in ihrer Prämisse steckt.
Andererseits gibt es in R2 keine 2 verschiedenen Tupel (x, y) ∈ R2 und (x, z) ∈ R2 ,
denn für alle x ∈ {1, 2, 3} gibt es paarweise verschiedene Tupel (x, y) ∈ R2 und
es hat aber R2 nur 3 Elemente (Schubfachprinzip). Die Implikation ist also in
jedem Fall erfüllt. W. z. b. w.!
R1 und R4 sind keine Abbildungen. Wir zeigen explizit, dass R1 nicht rechtseindeutig ist. Der Beweis für R4 verläuft analog.
Beweis
Seien (x, y) = (1, 1) und (x, z) = (1, 3). Wäre R1 rechtseindeutig, so müsste
gelten y = x, d. h. 1 = 3, was aber falsch ist. Also ist R1 nicht rechtseindeutig,
w. z. b. w.!
Aufgabe 2
1. Sei f : X → Y eine Abbildung einer nicht-leeren Menge X in Y . Entscheiden Sie
(mit Begründung), ob für beliebige Teilmengen A1 , A2 ⊆ X und B1 , B2 ⊆ Y gilt:
f (A1 ∪ A2 )
f (A1 \ A2 )
−1
f (B1 ∪ B2 )
f −1 (B1 \ B2 )
=
⊇
=
=
f (A1 ) ∪ f (A2 ),
f (A1 ) \ f (A2 ),
f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ),
f −1 (B1 ) \ f −1 (B2 ).
2. Finden Sie ein Beispiel für Mengen X, Y, A1 , A2 ⊆ X und eine Abbildung f : X → Y ,
so dass f (A1 ∩ A2 ) 6= f (A1 ) ∩ f (A2 ) gilt.
3. Ist die Abbildung f : N → N mit f (x) = 2x injektiv, surjektiv, bijektiv? Begründung! Dabei ist N = {1, 2, 3, . . .} die Menge der positiven natürlichen Zahlen.
4. Geben Sie eine Bijektion f : N → Z von den natürlichen Zahlen auf die ganzen
Zahlen an. Welche Bedeutung hat die Existenz einer derartigen Bijektion?
5. Zeigen Sie, dass für zwei Abbildungen f : A → B und g : B → C gilt: Ist g ◦ f
bijektiv, dann ist f injektiv und g surjektiv.
3
Lösungsvorschlag
1. (a) Die Mengengleichung f (A1 ∪ A2 ) = f (A1 ) ∪ f (A2 ) ist gleichbedeuted mit der
Äquivalenz
y ∈ f (A1 ∪ A2 )
⇐⇒
y ∈ f (A1 ) ∨ y ∈ f (A2 ),
die wie folgt bewiesen wird.
y ∈ f (A1 ∪ A2 ) ⇐⇒ ∃x ∈ A1 ∪ A2 : y = f (x)
⇐⇒ (∃x ∈ A1 : y = f (x)) ∨ (∃x ∈ A2 : y = f (x))
⇐⇒ y ∈ f (A1 ) ∨ y ∈ f (A2 )
(b) Die Mengeninklusion f (A1 \ A2 ) ⊇ f (A1 ) \ f (A2 ) ist gleichbedeutend mit der
Subjunktion
y ∈ f (A1 ) \ f (A2 ) =⇒ y ∈ f (A1 \ A2 ),
die wie folgt bewiesen wird.
Beweis:
Sei y ∈ f (A1 ) \ f (A2 ).
Dann gibt es ein x ∈ A1 mit y = f (x). Für ein solches x gilt aber x 6∈ A2 , also
x ∈ A1 \ A2 . Andernfalls wäre ja y ∈ f (A2 ) im Widerspruch zur Annahme.
Also folgt y ∈ f (A1 \ A2 ), w. z. b. w..
(c) Die Mengengleichung f −1 (B1 ∪ B2 ) = f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ) ist gleichbedeutend
mit der Äquivalenz
x ∈ f −1 (B1 ∪ B2 )
⇐⇒
x ∈ f −1 (B1 ) ∨ x ∈ f −1 (B2 ),
die wie folgt bewiesen wird.
x ∈ f −1 (B1 ∪ B2 ) ⇐⇒ f (x) ∈ B1 ∪ B2
⇐⇒ f (x) ∈ B1 ∨ f (x) ∈ B2
⇐⇒ x ∈ f −1 (B1 ) ∨ x ∈ f −1 (B2 ).
(d) Die Mengengleichung f −1 (B1 \ B2 ) = f −1 (B1 ) \ f −1 (B2 ) ist gleichbedeutend
mit der Äquivalenz
x ∈ f −1 (B1 \ B2 )
(x ∈ f −1 (B1 )) ∧ ¬(x ∈ f −1 (B2 )),
⇐⇒
die wie folgt bewiesen wird.
x ∈ f −1 (B1 \ B2 ) ⇐⇒ f (x) ∈ B1 \ B2
⇐⇒ (f (x) ∈ B1 ) ∧ ¬(f (x) ∈ B2 )
⇐⇒ (x ∈ f −1 (B1 )) ∧ ¬(x ∈ f −1 (B2 ).
2. Den Sachverhalt kann man etwa so beschreiben: Wenn zwei Mengen A1 und A2
disjunkt sind. so brauchen die Bilder von A1 und A2 noch lange nicht disjunkt zu
sein.
Seien X = {1, 2}, Y = {3}, A1 = {1} und A2 = {3}.
Nun definieren wir f : X → Y als konstante Funktion f (x) = 3. Es gilt
f (A1 ∩ A2 ) = f (∅) = ∅ =
6 {3} = f (A1 ) = f (A2 ) = f (A1 ) ∩ f (A2 )
4
3. Die Injektivität einer Funktion ist definiert durch die Subjunktion
f (x) = f (y) ⇒ x = y.
Für die Funktion f (x) = 2x folgt aus f (x) = f (y) zunächst 2x = 2y, und damit
x = y. f ist also injektiv.
Als Bild unter f treten aber nur gerade natürliche Zahlen auf, also nicht die 1.
Damit ist die Zahl 1 nicht Bild einer natürlichen Zahl x unter f , mithin ist f nicht
surjektiv. Damit ist f auch nicht bijektiv.
4. Wir definieren beispielsweise
1
x − 1 : x ∈ N und gerade
2
f (x) =
1
− 2 (x + 1) : x ∈ N und ungerade
Die Abbildung zeigt, dass N und Z ”gleichviele” Elemente besitzen, d. h. von gleicher
Kardinalität sind.
5. Wir setzen die Bijektivität, d. h. Injektivität und Surjektivität von g ◦ f voraus und
erhalten zunächst für alle x, y ∈ A
f (x) = f (y) ⇒ g(f (x)) = g(f (y)) ⇒ (g ◦ f )(x) = (g ◦ f )(y) ⇒ x = y.
Daraus folgt die Injektivität von f , gewonnen aus der Injektivität von g ◦ f . Die
Surjektivität von g gewinnen wir aus der Surjektivität von g ◦ f wie folgt.
Sei y ∈ C. Wir müssen ein x ∈ B finden, so dass g(x) = y.
Nun ist aber g ◦f surjektiv, d. h. es gibt ein z mit y = (g ◦f )(z). Wir setzen x = f (z)
und haben somit ein geeignetes x ∈ B gefunden, denn es gilt g(x) = g(f (z)) = y.
Aufgabe 3
1. Beweisen oder widerlegen Sie: In jeder Gruppe von 10 Personen gibt es entweder 3,
die sich gegenseitig kennen, oder 4, die sich gegenseitig nicht kennen. “sich kennen”
ist dabei eine symmetrische Relation.
2. Zeigen Sie, dass log10 3 keine rationale Zahl ist, d. h. nicht als Bruch ganzer Zahlen
darstellbar ist.
Lösungsvorschlag
1. Wir bezeichnen k Personen, die sich gegenseitig kennen, als k-Clique. Wenn sich
k Personen gegenseitig nicht kennen, nennen wir diese k-Personengruppe eine kAnticlique.
Wir gehen aus von einer Gruppe G von 10 Personen, in der es keine 3-Cliquen gibt.
Nun haben wir zu zeigen, dass es eine 4-Anticlique {a1 , a2 , a3 , a4 } ⊆ G gibt.
Wir konstruieren eine 4-Anticlique als Folge a1 , a2 , a3 , a4 ⊆ G wie folgt.
1. Eine Person p wird willkürlich aus G ausgewählt.
5
Falls p 4 weitere Personen kennt, dann sind wir fertig und setzen die Folge a1 , a2 , a3 , a4
gleich diesen 4 Personen. Keine 2 von den 4 Personen können sich kennen, sonst hätten wir mit p zusammen sofort eine 3-Clique, die es aber nach Voraussetzung nicht
gibt.
Falls p höchstens 3 Personen kennt, dann setzen wir a1 = p. Dann aber kennt p
mindestens 6 Personen nicht.
Nun wählen wir aus 6 Personen, die p nicht kennt, eine 3-Anticlique a2 , a3 , a4 aus
(siehe 2.). Zusammen mit a1 hat man dann eine 4-Anticlique.
2. Aus einer Gruppe G1 von 6 Personen, die keine 3-Clique enthält, wählen wir eine
3-Anticlique a2 , a3 , a4 wie folgt aus.
Eine Person p wird willkürlich aus G1 ausgewählt.
Falls p 3 weitere Personen kennt, dann sind wir fertig und setzen die Folge a2 , a3 , a4
gleich diesen 3 Personen. Keine 2 von den 3 Personen können sich kennen, sonst
hätten wir mit p zusammen sofort eine 3-Clique, die es aber nach Voraussetzung
nicht gibt.
Falls p höchstens 2 Personen kennt, setzen wir a2 = p. Dann aber kennt p mindestens
3 Personen nicht.
Nun wählen wir aus 3 Personen, die p nicht kennt, eine 2-Anticlique a3 , a4 aus (siehe
3.). Zusammen mit a2 hat man dann eine 3-Anticlique.
3. Im dritten und letzten Schritt müssen wir aus 3 Personen, die keine 3-Clique
ist, 2 Personen auswählen, die sich nicht kennen. Das ist natürlich möglich, weil
andernfalls die 3 Personen eine 3-Clique bilden würden.
Damit ist die Existenz einer 4-Anticlique bewiesen.
Bemerkung: Dem aufmerksamen Leser wird die Gebetsmühlenartige Wiederholungsstruktur des Beweises aufgefallen sein. Tatsächlich kann man das Problem in einer
Weise verallgemeinern, so dass eine sogenannte rekursive Struktur des Problems
sichtbar wird.
2. Wir führen einen Widerspruchsbeweis und nehmen für irgendwelche m, n ∈ N an,
dass gilt
m
log10 3 = .
n
Nach Definition des Logarithmus gilt dann
m
10 n = 3,
mithin
10m = 3n .
Da jede natürliche Zahl eine eindeutige Primfaktorzerlegung besitzt, und 3 kein
Teiler von 10 ist, so ist diese Gleichung falsch für alle m und n. Damit ist die
Annahme falsch, w. z. b. w..
6
Aufgabe 4
1. Beweisen Sie mit vollständiger Induktion:
n
X
i=0
i2 =
n(n + 1)(2n + 1)
.
6
2. Betrachten Sie die folgende falsche Aussage mit zugehörigem fehlerhaften Induktionsbeweis. An welcher Stelle wird eine nicht allgemein geltende Schlussfolgerung
verwendet?
Behauptung: Alle Tiere haben die gleiche Farbe.
Beweis: Sei T eine Menge von Tieren. Wir zeigen durch Induktion über die Anzahl
der Elemente in T , dass alle Tiere in T die gleiche Farbe haben.
Induktionsanfang (|T | = 1): wenn die Menge T nur ein Tier enthält, dann haben
trivialerweise alle Tiere dieser Menge die gleiche Farbe.
Induktionsschritt (|T | = n+1): nach Induktionsannahme gilt die Behauptung für
Mengen der Grösse n. Wir entfernen nun ein Tier aus T und erhalten eine Menge T1
(T1 enthält also ein Tier weniger als T ). Nach Induktionsannahme haben alle Tiere
in T1 die gleiche Farbe. Wenn wir ein anderes Tier aus T entfernen, so erhalten
wir T2 und wiederum haben alle Tiere in T2 die gleiche Farbe. Da T1 und T2 einen
nichtleeren Schnitt haben, haben auch alle Tiere in T1 ∪ T2 = T die gleiche Farbe.
Lösungsvorschlag
1. Wir zeigen die Gültigkeit der Gleichung für alle n ∈ N0 .
Wir führen einen Induktionsbeweis in einer besonders einfachen Form, indem wir
nämlich eine Eigenschaft P (n) definieren, als die Gültigkeit der Gleichung für n.
Wir beweisen nun nach bekanntem Schema die Aussage ∀n ∈ N0 : P (n).
Gültigkeit von P (n) für n = 0:
Es gilt offenbar
0
X
0 · (0 + 1) · (2 · 0 + 1)
.
i2 = 0 =
6
i=0
Induktionsschluss für alle n ≥ 0: Falls P (n) für n gilt, dann gilt auch P (n + 1).
7
Beweis:
Sei n ≥ 0. Dann gilt
n+1
X
i2 =
i=0
n
X
i2 + (n + 1)2
i=0
=
=
=
=
=
n(n + 1)(2n + 1)
+ (n + 1)2
6
n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2
6
(n + 1)(n(2n + 1) + 6(n + 1))
6
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
6
(n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1)
6
Damit haben wir die Gleichung bewiesen
n+1
X
i=0
i2 =
(n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1)
,
6
sie bedeuted die Gültigkeit von P (n + 1).
2. Wir sehen uns den Induktionschritt (|T | = n+1) genauer an und bemerken zunächst,
dass der Induktionsschritt für alle n ≥ 1 bewiesen werden muss.
Im letzten Satz der Angabe heisst es nun ”Da T1 und T2 einen nichtleeren Schnitt
haben, ...”. Dies ist aber falsch für |T | = 2, d.h. für n = 1. Der Induktionsschritt
wurde also nicht für alle n ≥ 1 bewiesen, sondern nur für alle n ≥ 2.
8