Mathematik 1 für Informatik

Gunter Ochs
1. Juli 2013
Mathematik 1 für Informatik
Probeklausur
Lösungshinweise
1.
(a) Bestimmen Sie per NewtonInterpolation ein Polynom
p(x)
mit möglichst kleinem Grad, so dass
p(−1) = p(0) = p(1) = 1
sowie
p(2) = 7.
i xi yi di−1,i di−2,i di−3,i
0 −1 1 (= c0 )
1
0 1
0 (= c1 )
2
1 1
0
0 (= c2 )
3
2 7
6
3
1 (= c3 )
⇒ p(x) = c0 + c1 · (x − x0 ) + c2 · (x − x0 ) · (x − x1 ) + c3 · (x − x0 ) · (x − x1 ) · (x − x2 )
= 1 + 1 · (x + 1) · x · (x − 1) = 1 + x · (x2 − 1) = x3 − x + 1
p:R→R
(i) injektiv,
(ii) surjektiv,
(iii) bijektiv?
p ist nicht injektiv, da z. B. p(0) = p(1) = 1 und somit auch nicht bijektiv.
p ist surjektiv, da p das Intervall [1; ∞) auf [1; ∞) und das Intervall (−∞; −1] aus (−∞; 1] abbildet.
(b) Ist
p(x)
aus (a) als Funktion
2. Beweisen Sie durch vollständige Induktion
n
X
k=1
1
1
1
1
1
=
+
+ ... +
=1−
k · (k + 1)
1·2 2·3
n · (n + 1)
n+1
Induktionsanfang: Für
n=1
ist
Pn
1
k=1 k·(k+1)
=
1
1·2
=
1
2
=1−
1
2
=1−
für
n ∈ N.
1
1+1
Induktionsschritt:
Pn+1
1
k=1 k·(k+1)
=1−
=
Pn
n+2
(n+1)·(n+2)
1
k=1 k·(k+1)
+
+
1
(n+1)·(n+2)
1
(n+1)·(n+1+1)
=1−
=1−
n+2−1
(n+1)·(n+2)
1
n+1
=1−
+
1
(n+1)·(n+2)
n+1
(n+1)·(n+2)
=1−
1
n+2
=1−
1
(n+1)+1
Im zweiten Umformungsschritt wurde die Induktionsvoraussetzung benutzt, dass die Aussage für
n
gilt.
3.
(a) Berechnen Sie den Grenzwert
limn→∞
h
(n+1)4
n3
i
h 4
3
2 +4n+1
− n = limn→∞ n +4n +6n
−
n3
n4
n3
i
4n3 +6n2 +4n+1
= limn→∞ 4 + n6 + n42 + n13 = 4 + 0 + 0 + 0 = 4.
n3
√
2
2
(b) Gilt
(i) an = O(n ),
(ii) an = o(n )
für an = (n +
n) · (2n − ln n) ?
√
√
(n+
n)·(2n−ln
n)
a
n
=
= n+n n · 2n−ln
mit
Es ist n
n·n
n
n2
√
n+ n
limn→∞ n = limn→∞ 1 + √1n = 1 + 0 = 1 und
ln n
n
limn→∞ 2n−ln
=
lim
2
+
= 2 + 0 = 2 (dabei benutzt: ln n = o(n) ⇒ limn→∞ lnnn = 0).
n→∞
n
n
an
Es folgt limn→∞ 2 = 1 · 2 = 2.
n
2
Da die Folge der Quotienten konvergent ist, ist sie beschränkt und somit gilt an = O(n ). Da die
= limn→∞
Quotienten nicht gegen 0 konvergieren, gilt nicht
an = o(n).
4.
(a) Wie viele sechsstellige Zahlen gibt es, die nur aus ungeraden Ziern bestehen und bei denen die
Zier 1 genau viermal vorkommt?
Es gibt
6
4
= 15
Möglichkeiten, die 4 Einsen auf 6 Stellen zu verteilen. Für die beiden übrigen
Stellen gibt es jeweils 4 Möglichkeiten (3,5,7,9).
Zusammen gibt es damit
15 · 4 · 4 = 240 verschiedene Möglichkeiten, eine Zahl mit den geforderten
Eigenschaften zu bilden.
(b) Wie viele der Zahlen aus (a) beginnen mit der Zier 1?
Dann sind noch 3 Einsen und zwei andere Ziern
auf die 5 restlichen Stellen zu verteilen. Mit der
5
3
gleichen Überlegung wie in (a) erhält man
5. Gegeben sei die lineare Rekursion
· 42 = 160
Möglichkeiten.
xn+1 = 5xn − 6xn−1 .
x2 und x3 , wenn die Startwerte x0 = 1 und x1 = 2 sind.
x2 = 5 · x1 − 6 · x0 = 10 − 6 = 4 und x3 = 5 · x2 − 6 · x1 = 5 · 4 − 6 · 2 = 8.
(a) Berechnen Sie
(b) Lösen Sie die charakteristische Gleichung und bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Rekursion.
λ2 − 5λ + 6 = 0 ⇒ λ =
5
2
±
q
5 2
2
−6 =
5
2
±
q
1
4
=
5
2
Die charakteristische Gleichung hat somit die Lösungen
±
1
2.
λ−1 = 2 und λ2 = 3, womit die allgemeine
Lösung der Rekursion die Form hat
xn = r · 2n + s · 3n
mit
r, s ∈ R
beliebig.
(c) Finden Sie eine stationäre Lösung
xn = x
der inhomogenen Rekursion
xn+1 = 5xn − 6xn−1 + 4.
Nach der allgemeinen Formel ist
x=
4
1−5+6
=
4
2
=2
stationäre Lösung.
(d) Geben Sie die allgemeine Lösung der inhomogenen Rekursion aus (c) an.
Diese setzt sich zusammen aus der stationären Lösung
x = 2
und der allgemeinen Lösung der
homogenen Rekursion aus (b):
xn = 2 + r · 2n + s · 3n
6.
r, s ∈ R
mit
(a) Berechnen Sie im Galoiskörper
1001 + 0101 = 1100
(ii) 1001 · 0101 = 1011
(i)
beliebig.
Z2 [x]x4 +x+1 :
(bitweises exklusives oder)
Rechnung, 1. Schritt: Multiplikation der entsprechenden Polynome
(x3 + 1) · (x2 + 1) = x5 + x3 + x2 + 1 = 101101.
2. Schritt: Anwendung des Moduloperators mit dem Modulpolynom
m(x) = x4 + x + 1 = 10011:
1 0 1 1 0 1 mod 10011 = 1011
+ 1 0 0 1 1
0 0 1 0 1 1
(iii) (1001 + 0101) · 1101 = 1100 · 1101 = 0011
Rechnung, 1. Schritt: Multiplikation der entsprechenden Polynome
(x3 + x2 + 1) · (x3 + x2 ) = x6 + x5 + x3 + x5 + x4 + x2 = x6 + x4 + x3 + x2 = 1011100
2. Schritt: Anwendung des Moduloperators
1
+ 1
0
0
0
0
+
(b) Finden Sie
1
0
1
1
0
1
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0 0
mod
10011 = 0011
0 0
1 1
1 1
p ∈ Z2 [x]x4 +x+1
Wegen minus gleich plus
p + 0111 = 1110.
folgt p = 1110 + 0111 = 1001
mit
7. Der rechte Graph stellt eine Relation
M = {A, B, C, D, E}
R
auf der Menge
dar.
R in Mengenschreibweise als Teilmenge von M × M an.
R = {(A, B), (C, A), (C, B), (C, D), (D, B), (D, E), (E, C), (E, E)}
(a) Geben Sie
(b) Ist
R
relexiv / symmetrisch / antisymmetrisch / transitiv?
... nicht reexiv, da z. B.
(A, A) 6∈ R,
(A, B) ∈ R,
...
ist ...
(B, A) 6∈ R,
antisymmterisch, da es keine zwei Knoten i 6= j gibt mit (i, j) ∈ R und (j, i) ∈ R,
nicht transitiv, da z. B. (C, D) ∈ R und (D, E) ∈ R, aber (C, E) 6∈ R.
... nicht symmetrisch, da z. B.
...
R
(c) Gegen Sie die refexive Hülle
symm
Hülle [R]
von R an.
[R]re
aber
und die symmetrische
Zur reexiven Hüller werden alle noch fehlenden Schlingen hinzugefügt:
[R]re = R ∪ {(A, A), (B, B), (C, C), (D, D)}
= {(A, A), (A, B), (B, B), (C, A), (C, B), (C, C), (C, D), (D, B), (D, D), (D, E), (E, C), (E, E)}
Zur symmterischen Hülle wird zu jder Kante die Gegenrichtung hinzugefügt:
[R]symm = R ∪ {(B, A), (A, C), (B, C), (D, C), (B, D), (E, D), (C, E)}
= {(A, B), (A, C), (B, A), (B, C), (B, D), (C, A), (C, B), (C, D),
(C, E), (D, B), (D, C), (D, E), (E, C), (E, D), (E, E)}
(d) Geben Sie die inverse Relation
R−1
an.
Hier werden alle Kanten umgedreht:
R−1 = {(B, A), (A, C), (B, C), (D, C), (B, D), (E, D), (C, E), (E, E)}
8.
(a) Prüfen Sie, ob im rechts abegbildeten Graphen ein EulerZug
existiert und geben Sie ihn gegebenenfalls an
(dabei spielen die Gewichte keine Rolle).
Die Knoten A und F haben ungeraden Grad (3 bzw. 5), alle
anderen Knoten haben geraden Grad (B, C und D jeweils 4,
E und G jeweils 2).
Somit existiert ein oener EulerZug, der in
A beginnt und in E endet bzw. umgekehrt.
Eine Möglichkeit (von vielen) ist der Weg FEBFGDFCBADCA
(b) Konstruieren Sie mit dem Algorithmus von Kruskal ein minimales Gerüst.
rot markiert: Zunächst werden die beiden Kanten mit Gewicht 1 AC und AD ausgewählt. Von
den Kanten mit Gewicht 2 werden DF und DG ausgewählt. CD wird verworfen, da sonst ein
Kreis ACDA entstehen würde. Diese Auswahl ist unabhängig von der Reihenfolge, in der die drei
Kanten CD, DG und DG abgearbeitet werden. Dann wird BE ausgewählt und CF verworfen
(wegen Kreis ACFGDA). Nachdem im nächsten Schritt die Kante BF ausgewählt wird, sind alle
Knoten miteinander verbunden und das minimale Gerüst ist komplett. Die Kanten mit Gewicht
>4
müssen nicht mehr betrachtet werden.
(c) Ist das minimale Gerüst eindeutig?
Ja, siehe Erläuterung zu (b)
9.
(a) Bestimmen Sie mit dem Algorithmus von Dijkstra
im Graphen rechts den kürzesten Weg vom Knoten A
zu allen anderen Knoten.
Die graphische Lösung ist rot markiert.
Eine vollständige Lösung der Aufgabe muss
auch die durchgestrichenen Zahlen enthalten, da sie im Laufe
des Algorithmus auftretende temporäre Markierungen darstellen.
Die Lösung wurde wie folgt erhalten: Zunächst wurden ausgehend vom Startknoten A als aktuellen
Knoten die Knoten B (mit 2) und C (mit 6) temporär markiert. B als Knoten mit der kleinsten
temporären Markierung wird zum neuen aktuellen Knoten und erhält A als Vorgänger (d. h. die
Kante AB wird markiert). Von B ausgehend wird die Markierung von C zu 5 geändert, D und E
bekommen die Markierungen 7 und 9.
Knoten C hat die kleinste temporäre Markierung und wird zum dritten aktuellen Knoten, der
Vorgänger wird B. Die Markierung von E bleibt unverändert, die von D wird zu 6.
Damit ist D der neue aktuelle Knoten und bekommt C als Vorgänger. E bekommt jetzt die
marjierung 8, F wird mit 10 markiert.
E wird aktuell und bekommt D als Vorgänger, F bekommt die Markierung 9. Damit wir E zum
Vorgänger von F, womit der Algorithmus beendet ist.
In Tabellenform sieht die Löaung wie folgt aus:
Knoten
Entfernung
A
B
Vorgänger
A
B
C
D
E
F
0
-
0
2
6
∞
∞
2
A
2
5
7
9
5
6
9
∞
∞
∞
6
8
10
8
9
C
5
B
D
6
C
E
8
D
F
9
E
9
(b) Liefert die Rechnung in (a) auch den kürzesten Weg
von B nach E?
Ja, da der Weg BCDE mit Länge 6 ein Teilstück des kürzesten Weges von A nach F ist, muss es
sich um den kürzesten Weg von B nach E handeln.
10.
(a) Bestimmen Sie mit dem Algorithmus von FordFulkerson
im Graphen rechts einen maximalen Fluss.
Dabei sind alle benutzten augmentierenden Wege
anzugeben.
Mit den augmentierenden Wegen
QACS (Fluss 3),
QBDS (Fluss
+2),
+2)
QBADS (Fluss
erhält man einen maximalen Fluss mit Wert 7,
der im oberen Bild blau markiert ist.
Dieser Fluss ist maximal, denn beim Versuch, einen
weiteren augmentierneden Weg zu konstruieren,
hat man von Q nur die Möglichkeit nach B zu gehen,
von dort geht es nur nach C, von dort nach A und von
dort nur zurück nach Q oder nach B. Somit kann S
nicht erreicht werden.
Der maximale Fluss ist jedoch nicht eindeutig, zwei weitere
Möglichkeiten sind im mittleren und im unteren Bild blau
markiert. Welchen dieser Flüsse der Algorithmus von
FordFulkerson erreicht, hängt von der (nicht eindeutigen) Auswahl der jeweiligen augmentierenden Wege ab.
Dass die Flüsse jeweils maximal sind, lässt sich auch daran erkennen, dass der unten rot markierte
Schnitt durch die Kanten CS, AD und BD ein Schnitt mit minimaler Kapazität 7 ist, die den
Schnitt kreuzenden Kanten sind bei allen drei maximalen Flüssen voll ausgelastet.
(b) Könnte durch Hinzufügen einer Kante zwischen
C und D ein gröÿerer Gesamtuss erreicht werden?
Wenn ja, welche Richtung müsste diese Kante haben?
Ja, in bei einer Kante von C nach D mit positiver Kapazität würde (im oberen Fluss) eine neuer
augmentierender Weg QBCDS entstehen, durch den der Fluss um bis zu eine EInheit erhöht
werden kann.
Im mittleren Graphen der Weg QACDS diese Funktion übernehmen, im unteren Graphen QBACDS.
Eine Kante von D nach C würde dagegen nicht zu neuen augmentierenden Wegen führen.