Lösungshinweise zur GIN1b - Übungsklausur WS03/04, Version 1.0

Lösungshinweise zur GIN1b - Übungsklausur WS03/04, Version 1.0c vom 11. Februar 2004.
Aufgabe 1 (Mengen und Funktionen).
Gegeben sind die folgenden Mengen:
A = {a, b, c, d, f }
B = {1, 3, 5, 7}
Richtig oder falsch?
(i) R1 = {(a, 1), (b, 3), (c, 5), (d, 7)} ist eine Funktion. Hinweis: Ja. Denken Sie an Blatt 2, schauen sie in Def.19: KLAR ist das eine Funktion . . .
(ii) R1 ist eine Funktion von A nach B. Hinweis: Nein – es ist eben keine Funktion von A nach B
(warum nicht?)
(iii) R1 ist eine surjektive Funktion von A nach B. Hinweis: Nein. Natürlich nicht, es ist ja gar keine
Funktion von A nach B.
(iv) R2 = {(1, c), (5, f ), (b, 7)} ist eine injektive Funktion. Hinweis: Ja. Klar, denn jedes der getroffenen Objekte wird nur einmal getroffen! (Machen Sie sich noch einmal klar, dass Injektivität
und Umkehrbarkeit ohne die Angabe eines Domains und eines Zielbereichs funktionieren)
(v) R2 ist eine injektive Funktion, aber R2 ist nicht umkehrbar. Hinweis: Nein. Siehe Def 24 – das
kann nicht stimmen!
(vi) R3 = {(f, 3)} ∪ R1 ist eine surjektive Funktion von A nach B. Hinweis: Ja.
(vii) R3 ist eine Fortsetzung von R1 . Hinweis: Ja.
(viii) R3−1 ◦ R3 = id(A). Hinweis: Nein! R3 ist nicht injektiv, also nicht umkehrbar, also existiert
nach unserer Def. 24 R3−1 gar nicht. Das ist auch plausibel, denn die 3 wird zweimal getroffen
– wenn man von ihr ausgehen würde in einer Umkehrung der Zuordnungsrichtung, dann würde
man nicht eindeutig wissen, wo die Reise hingehen soll.
(ix) R4 = R1−1 ist eine Funktion von B nach A. Hinweis: Ja.
(x) R5 = R4−1 ist eine bijektive Funktion von dom(R1 ) nach B. Hinweis: Ja, logo. (Wenn es ihnen
nicht klar ist, dann schreiben sie sich die Elemente von dom(R1 ) und die geordneten Paare von
R5 mal hin (kleiner Tip: R5 ist die Umkehrung der Umkehrung von R1 , also R1 selbst).
Aufgabe 2 (Relative Komplemente).
Seien A, B, C, D Mengen mit A ⊆ D, B ⊆ D und C ⊆ D. Wir fixieren nun D und bilden relative
Komplemente zu D. Zeigen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen:
(i) (A ∪ B)c = Ac ∩ B c .
(ii) (A ∩ B)c ⊇ (C c ∪ Ac ), falls B ⊇ C.
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Hinweis: Möglicher Lösungsweg für (i): Wandeln sie die Aussage in Aussagenlogik und prüfen sie
z.B. per Wahrheitstafel – sie testen dann übrigens nicht auf Gleichheit, sondern auf semantische Äquivalenz (also ≡ schreiben, und nicht =). Die Umformungsregeln hierzu finden sie auf ÜBlatt 9.
D ∧ ¬(A ∨ B) ≡ (D ∧ ¬A) ∧ (D ∧ ¬B) ?
Statt einer Wahrheitstafel kann man hier natürlich auch DeMorgan anwenden auf die linke Seite und
rechts Assoziativität (Ds zusammenbringen) und Idempotenz (D ∧ D ≡ D), um sogar eine syntaktische Gleichheit zu erhalten (d.h. D ∧ ¬A ∧ ¬B steht auf beiden Seiten – das ist dann natürlich
semantisch äquivalent).
Nun zu (ii): Zunächst schreiben wir die Aufgabe mit Hilfe von Satz 10 und der Kommutativität um:
Die Behauptung ist dann (Ac ∪ C c ) ⊆ (Ac ∪ B c ) für C ⊆ B. Da in beiden Mengen Ac enthalten ist,
kann das nur gelten, wenn C c ⊆ B c . Mit D = {1, 2, 3, 4}, C = {1, 2} und B = {1, 2, 3} gilt aber
C c = D − C = {3, 4} und B c = D − B = {4}, d.h. C c 6⊆ B c , also gilt die Aussage nicht (man
hätte hier natürlich auch direkt ohne Umformung und Vereinfachung argumentieren und ein, um eine
Menge A erweitertes, Gegenbeispiel angeben können).
Aufgabe 3 (Unendlich/Überabzählbar).
Zeigen Sie entweder: Seien A und B Mengen und es gelte |A| ≤ |B|. Dann gilt: Ist A unendlich,
dann ist auch B unendlich.
Hinweise: Wir müssen eine Menge B 0 ⊂ B und eine Bijektion h : B → B 0 finden (dann ist B nach
Def. 36 unendlich)!
Aus |A| ≤ |B| folgt zunächst mal die Existenz einer injektiven (also umkehrbaren!) Funktion f :
A → B. Ausserdem ist A unendlich und damit existiert eine echte Teilmenge A0 und eine Bijektion
g : A0 → A.
Sei nun C = rng(f |A0 ). Dann ist f |A0 eine Bijektion zwischen A0 und C. Wg. A0 ⊂ A und f injektiv
gibt es ein b ∈ rng(f ), das nicht in C sein kann, also C ⊂ rng(f ). Sei nun B 0 = C ∪ (B − rng(f )),
dann gilt zunächst natürlich B 0 ⊂ B. Sei nun h : B → B 0 wie folgt definiert: h(x) = f |A0 ◦g ◦f −1 (x)
für x ∈ rng(f ) und x sonst. Dann ist h bijektiv und damit B unendlich.
oder
zeigen Sie: Eine (nicht-leere) Menge M ist genau dann überabzählbar (Def. 53), wenn keine surjektive Funktion f : N → M existiert.
Hinweise: (1) M überabzählbar, wenn M nicht abzählbar, d.h. es gibt keine Injektion g von M nach
N (sonst wäre |M | ≤ |N| und damit wäre M nach Satz 47 abzählbar).
(Richtung Überabzählbar ⇒ keine surjektive Funktion) Angenommen, es gäbe eine surjektive
Funktion f von N nach M . Konstruiere nun eine Relation h wie folgt: h(x) = min{y ∈ N|(y, x) ∈ f }
für alle x ∈ M . Wg. der Surjektivität von f muss es ein solches y für alle x ∈ M geben. Dann ist
h natürlich eine Funktion und injektiv (wäre es nicht so, könnte f keine Funktion sein) und es gilt
rng(h) ⊆ N, im Widerspruch zu (1) und damit zur Überabzählbarkeit von M . (Also kann die Annahme der Existenz einer surjektiven Funktion f nicht stimmen und damit ist erste Richtung gezeigt).
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(Richtung Keine surjektive Funktion ⇒ Überabzählbar) Angenommen, M ist nicht überabzählbar.
Dann gibt es eine injektive Funktion g : M → N. Dann können wir eine surjektive Funktion f : N →
M wie folgt konstruieren: Sei zunächst m ein beliebiges Element aus M (M ist nicht leer, s. oben).
Dann können wir f : N → M wie folgt definieren:
(
g −1 (x), falls x ∈ rng(g)
f (x) =
m
sonst
Dann ist f natürlich surjektiv (denn g −1 trifft jedes Element von M und alle Elemente von N, die
nicht von g getroffen wurden, werden auf m abgebildet (also ist f auch wirklich eine Funktion).
Also folgt aus der Abzählbarkeit von M die Existenz einer Surjektiven Funktion, und damit (logische
Äquivalenz!) gilt auch, dass aus der Nicht-Existenz einer surjektiven Funktion die Überabzählbarkeit
von M . (Ein Beispiel für die Schlussweise, in der man A ⇒ B durch die semantisch äquivalente
Aussage ¬B ⇒ ¬A zeigt.)
Damit sind beide Richtungen und damit die gewünschte Äquivalenz gezeigt.
Aufgabe 4 (Äquivalenz).
Zeigen oder Widerlegen Sie mit einer Methode ihrer Wahl:
(A ↔ (B ∨ C)) ∧ ¬A ≡ ¬(A ∨ B ∨ C).
A
0
0
0
1
1
1
0
1
B
0
0
1
0
0
1
1
1
C
0
1
0
0
1
0
1
1
(B ∨ C)
0
1
1
0
1
1
1
1
(A ↔ (B ∨ C)) = F1
1
0
0
0
1
1
0
1
F1 ∧ ¬A
1
0
0
0
0
0
0
0
¬(A ∨ B ∨ C)
1
0
0
0
0
0
0
0
Aufgabe 5 (Tautologie/Unerfüllbarkeit/Resolution).
Zeigen oder widerlegen Sie mit der Resolutionsmethode oder mit einer Herleitung, dass die
folgende Formel eine Tautologie ist:
(¬(A ∨ B) ∧ (B ↔ C)) ∨ ¬((C → ¬A) ∧ (A → C) ∧ (C → A))
Hinweise: Vermuten wir einmal, dass die Formel eine Tautologie ist. Dann muss die Negation der
Formel unerfüllbar sein; diese bringen wir in KNF:
¬((¬(A ∨ B) ∧ (B ↔ C)) ∨ ¬((C → ¬A) ∧ (A → C) ∧ (C → A)))
≡ ¬(¬(A ∨ B) ∧ (B ↔ C)) ∧ (C → ¬A) ∧ (A → C) ∧ (C → A)
≡ ((A ∨ B) ∨ ¬((B ∧ C) ∨ (¬B ∧ ¬C))) ∧ (¬C ∨ ¬A) ∧ (¬A ∨ C) ∧ (¬C ∨ A)
≡ ((A ∨ B) ∨ (¬(B ∧ C) ∧ ¬(¬B ∧ ¬C))) ∧ (¬C ∨ ¬A) ∧ (¬A ∨ C) ∧ (¬C ∨ A)
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≡ ((A ∨ B) ∨ ((¬B ∨ ¬C) ∧ (B ∨ C))) ∧ (¬C ∨ ¬A) ∧ (¬A ∨ C) ∧ (¬C ∨ A)
≡ ((A ∨ B) ∨ (¬B ∨ ¬C)) ∧ ((A ∨ B) ∨ (B ∨ C)) ∧ (¬C ∨ ¬A) ∧ (¬A ∨ C) ∧ (¬C ∨ A) (das
ist, von einigen überflüssigen Klammern abgesehen, eine Formel in KNF – jetzt könnte man loslegen,
allerdings kann man auch noch per Tautologieregel und Idempotenz vereinfachen)
(A ∨ B ∨ C) ∧ (¬C ∨ ¬A) ∧ (¬A ∨ C) ∧ (¬C ∨ A)
Daraus ergibt sich die Klauseldarstellung {{A, B, C}, {¬A, ¬C}, {¬A, C}, {¬C, A}}.
Man findet insgesamt keine Herleitung, denn die Formel ist erfüllbar!
Also muss man die Resolventenmengen bilden, um die nachzuweisen, wenn man, wie in dieser Aufgabe, auf die Resolution beschränkt ist. Res0 (F ) = F ,
Res1 (F ) = Res0 (F )∪ {{B, C, ¬C}, {A, ¬A, B}, {B, C}, {A, B}, {¬A}, {¬C}, {¬A, A}, {C, ¬C}},
Res2 (F ) = Res1 (F )∪ {{B, ¬C}, {B, ¬A}, {¬A, B, ¬C}, {A, B, ¬C}, {¬A, B, C}}
In der nächsten Runde kommt kein neuer Resolvent hinzu, also ist die Klauselmenge nicht unerfüllbar,
d.h., F ist keine Tautologie. Sie wird z.B. durch A(A) = A(C) = 0, A(B) = 1 nicht erfüllt (und ¬F
wird natürlich durch diese Belegung erfüllt).
Anmerkung: Um eine KNF zu bestimmen, könnte man natürlich auch eine Wahrheitstafel aufstellen
und dann die KNF aus dieser ablesen – zudem hätte man dann natürlich die Frage der Erfüllbarkeit
bereits beantwortet (wie sieht übrigens eine aus einer Wahrheitstafel erzeugte KNF für eine Tautologie
aus – richtig, es gibt dann gar keine Zeile mit einer 0, dann könnte man z.B. eine kleinere Tautologie,
wie etwa (A ∨ ¬A), verwenden). Bei Formeln mit 4, 5 oder gar 6 atomaren Formeln wird das aber
auch *sehr* mühsam!
Noch eine Anmerkung: Diese Aufgabe sollte vor Augen führen, dass auch das Umformen in eine KNF
gehörige Mühe bereiten kann – üben Sie das also, bis sie es „drauf“ haben, es kommt recht häufig
vor, weil es Voraussetzung für die Anwendung von Markierungsalgorithmus (mit der zusätzlichen
Bedingung, dass es nur ein positives Literal pro Disjunktion gibt) und Resolution ist.
Aufgabe 6 (Länge von Herleitungen).
Zeigen Sie: Wenn F eine unerfüllbare Klauselmenge ist und jede echte Teilmenge G ⊂ F erfüllbar
ist, dann benötigt eine Herleitung (Def. 77) der leeren Klausel mindestens |F |−1 Resolutionsschritte.
Hinweise: Angenommen, die Herleitung benötigt k Schritte, k < |F |−1. Dann sind an der Herleitung
max. k + 1 < |F | Klauseln beteiligt. Die Idee ist einfach (und hier ausreichend): Diese Klauselmenge
ist äquivalent zu einer Klauselmenge, die eine echte Teilmenge von F ist (denn es sind höchstens
k + 1 Klauseln aus F in dieser Klauselmenge – weniger also, als sich Klauseln in F befinden und
Elemente in der Klauselmenge, die nicht aus F stammen, wurden per Resolution äquivalenzbewahrend
aus Klauseln in dieser Menge erzeugt). Dann ist bereits eine echte Teilmenge von F unerfüllbar, im
Widerspruch zur Annahme.
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Aufgabe 7 (Zusammenhangskomponenten).
Sei G = (V, E) ein ungerichteter Graph (Def. 79). Sei H = (VH , EH ) ein Untergraph von G (Def.
81). Dann heißt H Zusammenhangskomponente, wenn H zusammenhängend ist (Def. 84) und es
keine Kante e = {u, v} in E gibt mit u ∈ H und v 6∈ H.
Frage (a): Gegeben ist der ungerichtete Graph G1 mit V1 = {a, b, c} und E1 = {{a, b}}.
Ist H1 mit VH1 = {a, b} und EH1 = E1 eine Zusammenhangskomponente? Ja.
Ist H2 mit VH2 = {c} und EH2 = ∅ eine Zusammenhangskomponente? Ja.
Frage (b): Sei G = (V, E) ein ungerichteter Graph. Sei außerdem ∼ eine Relation, die wie folgt
definiert ist: a ∼ b gdw. a, b ∈ V und a ist mit b verbunden (Def. 83) oder a = b.
Zeigen Sie: ∼ ist eine Äquivalenzrelation auf V (Def. 18).
Zeigen Sie außerdem: Sei x/ ∼ eine Äquivalenzklasse (Def. 18). Dann ist der Untergraph
von G, der genau die Elemente von x/ ∼ als Knoten enthält, eine Zusammenhangskomponente.
Hinweis: Die Relation ∼ ist eine Äquivalenzrelation auf V , wenn sie symmetrisch, reflexiv und transitiv ist. Das ist zu zeigen.
(Reflexivität) Sei a ∈ V . Nach Def. ∼ ist (a, b) ∈ ∼ für a = b, also a ∼ a.
(Symmetrie) Seien a, b ∈ V , a 6= b, a ∼ b (wenn a = b, dann ist wg. reflexiv alles klar). Dann ist
nach Def. ∼ a mit b verbunden und es folgt aus der Symmetrie der Def. verbunden, dass b auch mit a
verbunden ist, also (a, b) ∈ ∼ und (b, a) ∈ ∼.
(Trasitivität) Für a, b, c ∈ V mit (a, b) ∈ ∼ und (b, c) ∈ ∼ und a, b, c paarweise verschieden (wenn
sie nicht verschieden sind, folgt die Aussage unmittelbar). Dann ist a mit b verbunden und b mit c
verbunden. Nach Def. verbunden ist dann auch a mit c verbunden.
Also ist ∼ eine Äquivalenzrelation auf V .
Sei x/ ∼ eine Äquivalenzrelation und sei G der Untergraph von V , der genau die Elemente von x/ ∼
enthält. Angenommen, G sei keine Zusammenhangskomponente, dann gibt es zwei Möglichkeiten:
(1) es gibt ein Knotenpaar v1 , v2 ∈ x/ ∼, v1 = v2 , so dass v1 und v2 nicht verbunden sind. Das wäre
im Widerspruch zur Definition der Äquivalenzklasse, denn mit v1 ∼ v2 folgt die Verbundenheit. Oder,
(2), es gibt ein Knotenpaar v1 ∈ x/ ∼ und v2 6∈ x/ ∼, so dass v1 und v2 verbunden sind (man kommt
also aus G heraus). Weil v1 und v2 verbunden sind, muß dann (v1 , v2 ) ∈ ∼ sein. Wg. v1 ∈ x/ ∼
gilt (x, v1 ) ∈∼. Wg. der Transitivität von ∼ müßte dann aber auch v2 in x/ ∼ sein, im Widerspruch
zur Annahme v2 6∈ x/ ∼. Also führen alle Möglichkeiten zu einem Wiederspruch, also muß G eine
Zusammenhangskomponente sein.
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Aufgabe 8 (Optimalitätsprinzip).
Zeigen Sie den folgenden Satz: Sei G = (V, E) ein gerichteter Graph mit nicht-negativen Kantengewichten w : E → N. Zudem seien s und z zwei Knoten des Graphen mit s 6= z. Falls e = (v, z) die
letzte Kante eines kürzesten Weges P von s nach z ist, dann ist P ohne die Kante (v, z) ein kürzester
Weg von s nach v.
Hinweise: Angenommen, der um (v, z) gekürzte Weg P (nennen wir ihn P−z ) sei kein kürzester Weg
von s nach v, dann gibt es einen Weg S von s nach v, so daß gilt Länge(S) < Länge(P−z ). Hängt man
nun die Kante (v, z) an S an, dann erhält man S+z . Natürlich gilt
Länge(S+z ) = Länge(S) + w((v, z)) < Länge(P−z ) + w((v, z)) = Länge(P),
im Widerspruch zur Annahme, dass P ein kürzester Weg von s nach z ist.
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