Mathematik für Informatiker 1

Prof. Dr. Bernhard Steffen
Dipl.Inf. Malte Isberner – Dr. Oliver Rüthing – Dipl.Inf. Melanie Schmidt – Dr. Hubert Wagner
Übungen zur Vorlesung
Mathematik für Informatiker 1
Wintersemester 2013/14
Übungsblatt 5
Die Lösungshinweise dienen primär der internen Kommunikation der Lösungen zu den Übungsaufgaben. Sie sind geeignet, das Vorgehen zur Lösung zu illustrieren und die zur Lösung erforderlichen Ideen und Denkanstöße zu vermitteln.
Bitte beachten Sie jedoch, dass es sich hierbei nicht um Musterlösungen handelt in dem Sinne,
dass sie eine mustergültige Verschriftlichung des jeweiligen Lösungsweges darstellen. Insbesondere
sind aus Platzgründen einige der Lösungswege nur abgekürzt dargestellt. Daraus leitet sich jedoch
nicht ab, dass ein entsprechendes Vorgehen in der Klausur automatisch zur vollen Punktzahl
führt!
Aufgabe 5.1 Verallgemeinerte Induktion, vollständige Induktion
(Präsenzaufgabe)
1. Eine Folge a0 , a1 , . . . von natürlichen Zahlen sei wie folgt definiert:
a0 = 0
a1 = 1
a2 = 1
3
1
1
an = an−3 + an−2 + an−1 für n ≥ 3.
2
2
2
Zeigen Sie, dass für alle n ∈ N gilt an = f ib (n).
(f ib bezeichnet hierbei die Fibonacci-Funktion.)
Lösung:
Wir beweisen die Behauptung ∀n. an = f ib(n) mittels verallgemeinerter Induktion.
• Fall 1: n ≤ 1.
Nach Definition gilt an = f ib(n).
• Fall 2: n = 2.
Es gilt f ib(2) = f ib(1) + f ib(0) = 1 + 0 = 1 = a2 .
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• Fall 3: n > 2.
Es sei vorausgesetzt, dass für alle m < n gilt am = f ib(m). Es gilt dann
1
3
1
an = an−3 + an−2 + an−1
2
2
2
1
3
1
= f ib (n − 3) + f ib (n − 2) + f ib (n − 1)
(nach Voraussetzung)
2
2
2
1
= (f ib (n − 3) + 3 · f ib (n − 2) + f ib (n − 1))
2
1
= ((f ib (n − 3) + f ib (n − 2)) + f ib (n − 2) + (f ib (n − 2) + f ib (n − 1)))
2
1
= (f ib (n − 1) + f ib (n − 2) + (f ib (n − 2) + f ib (n − 1)))
2
1
= (f ib (n) + f ib (n))
2
= f ib (n) .
2. Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion, dass für alle n ∈ N gilt:
n2 + n + 2 ist gerade.
Lösung:
Wir führen den Beweis mit vollständiger Induktion.
• Induktionsanfang: n = 0.
Es ist 02 + 0 + 2 = 2 gerade, so dass in diesem Fall die Behauptung gilt.
• Induktionsschritt: Sei n eine beliebige Zahl.
Es sei angenommen, dass n2 + n + 2 gerade ist (Induktionsvoraussetzung).
Es gilt dann
(n+1)2 +(n+1)+2 = n2 +2·n+1+n+1+2 = n2 +n+2+(2·n+2) = n2 +n+2+2·(n+1).
n2 + n + 2 + 2 · (n + 1) ist aber gerade, da nach Induktionsvoraussetzung n2 + n + 2
gerade ist und auch 2 · (n + 1) gerade ist.
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Aufgabe 5.2 Verallgemeinerte Induktion, vollständige Induktion
(7 Punkte)
1. Zeigen Sie:
Für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 sind f ib(n) und f ib(n + 1) teilerfremd, d.h. ihr größter
gemeinsamer Teiler ist 1.
Hinweis: Sehen Sie sich den Euklid’schen Algorithmus an.
Lösung:
Wir beweisen die Behauptung durch verallgemeinerte Induktion. Sei n ∈ N, n ≥ 1 und die
Behauptung bewiesen für alle 1 ≤ m < n (Induktionsannahme).
n = 1 : Es ist f ib (1) = f ib (2) = 1. Daher ist der größte gemeinsame Teiler von f ib (1) und
f ib (2) 1.
n > 1 : Es bezeichne ggT (n, m) den größten gemeinsamen Teiler von n und m. Es gilt dann
ggT (f ib (n + 1) , f ib (n)) = ggT (f ib (n) + f ib (n − 1) , f ib (n))
(nach Def. von f ib)
= ggT (f ib (n − 1) , f ib (n))
(nach Euklid’schem Algor.)
=1
(nach Induktionsannahme)
2. Wir bezeichnen mit π (n, k) für k, n ∈ N die Anzahl der k-Partitionen, die aus einer nelementigen Menge gebildet werden können (vgl. Übungsblatt4, Aufgabe 4.1; hier allerdings
ohne die Einschränkung 1 ≤ k ≤ n). Für den Spezialfall n = k = 0 wird π (0, 0) = 1 gesetzt.
Für die weiteren Werte gilt
π (n, 0) = 0 für n > 0
π (n, k) = 0 für k > n und
π (n, k) = π (n − 1, k − 1) + k · π (n − 1, k) für n ≥ k ≥ 1.
Zeigen Sie durch vollständige Induktion:
a) ∀n ∈ N. π (n, n) = 1.
Lösung:
Ind.Anf.: n = 0 :
Es gilt nach Definition π (0, 0) = 1.
Ind.Schritt: Es sei n eine beliebige natürliche Zahl.
Es sei angenommen, dass für n gilt: π (n, n) = 1 (Induktionsvoraussetzung).
Es gilt dann unter Verwendung der rekursiven Definition von π und der Induktionsvoraussetzung:
π (n + 1, n + 1) = π (n, n) + n · π (n − 1, n) = π (n, n) + n · 0 = π (n, n) = 1.
Damit ist der Induktionsschritt gezeigt.
b) ∀n ∈ N. π (n + 1, n) =
n·(n+1)
.
2
Lösung:
Wir zeigen die Behauptung durch eine vollständige Induktion nach n.
Ind.Anf.: n = 0 :
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Es gilt nach Definition π (1, 0) = 0 =
0·(0+1)
.
2
Ind.Schritt: Es sei n eine beliebige natürliche Zahl.
Es sei angenommen, dass für n gilt: π (n + 1, n) =
n·(n+1)
2
(Induktionsvoraussetzung).
Es gilt dann unter Verwendung der rekursiven Definition von π und der Induktionsvoraussetzung:
π (n + 2, n + 1) = π (n + 1, n) + (n + 1) · π (n + 1, n + 1)
n · (n + 1)
=
+ (n + 1) · 1
(nach (IV) und Teilaufg. a))
2
(n + 1) · (n + 2)
=
.
2
Damit ist der Induktionsschritt gezeigt.
Aufgabe 5.3 Strukturelle Induktion
(3 Punkte)
Ein Binärbaum T heißt Unterbaum eines Binärbaums T 0 genau dann, wenn T = T 0 oder T Unterbaum eines (linken oder rechten) Teilbaums von T 0 ist.
Die Höhe h (T ) eines Binärbaums T ist folgendermaßen definiert:
• Für den leeren Binärbaum T ist h (T ) = 0.
• Für den Binärbaum T = [T1 , T2 ] ist h (T ) = 1 + max (h (T1 ) , h (T2 )).
Zeigen Sie:
Die Anzahl der Unterbäume eines Binärbaums T ist ≤ 2h(T )+1 − 1.
Lösung:
Wir zeigen die Behauptung durch eine strukturellle Induktion (Induktion über den Aufbau der
Binärbäume T ). Es bezeichne #subT (T ) die Anzahl der Unterbäume von T .
Fall 1(Basisfall): Der Binärbaum T ist der leere Baum. In diesem Fall hat T nur einen Unterbaum,
nämlich sich selbst. Der leere BaumT hat die Höhe 0. Also gilt
#subT (T ) = 1 ≤ 21 − 1 = 2h(T )+1 − 1.
Fall 2 (Induktionsschritt): Es sei T = [T1 , T2 ]. Nach Induktionsannahme gilt die Behauptung für
T1 und T2 . Es folgt
#subT (T ) = 1 + #subT (T1 ) + #subT (T2 )
≤ 1 + 2h(T1 )+1 − 1 + 2h(T2 )+1 − 1
= 2h(T1 )+1 + 2h(T2 )+1 − 1
≤ 2h(T ) + 2h(T ) − 1
= 2h(T )+1 − 1.
Aufgabe 5.4 Schubfachprinzip
(Präsenzaufgabe)
Gegeben sind 12 verschiedene zweistellige natürliche Zahlen a1 < . . . < a12 . Zeigen Sie:
Es gibt ai und aj , 1 ≤ i, j ≤ 12, mit aj > ai , so dass aj − ai ein Vielfaches von 11 ist.
Lösung:
Es sei aj − a1 = qj · 11 + rj für 2 ≤ j ≤ 12, qj ∈ N und 0 ≤ rj < 11.
Angenommen alle Reste rj sind ungleich 0, d.h., es gilt rj ∈ {1, . . . , 10} für alle rj mit 2 ≤ j ≤ 12.
Da dies 11 Reste sind, muss es nach dem Schubfachprinzip zwei Reste ri und rj mit i < j und
ri = rj geben. Damit gilt
aj − ai = (qj · 11 + rj ) − (qi · 11 + ri )
= (qj − qi ) · 11,
so dass aj − ai ein Vielfaches von 11 ist.
5