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 2
Für die Abgabe der Bearbeitungen stehen den Übungsgruppen zu „Mathematik für Informatiker
I“ Briefkästen im Raum E06 der Otto-Hahn-Straße 20 zur Verfügung.
Die den einzelnen Übungsgruppen zugeteilten Briefkästen sind durch die Gruppennummer gekennzeichnet. Sie sind ferner mit dem Namen der Veranstaltung sowie Zeit und Ort der Übung
kenntlich gemacht.
Bitte werfen Sie Ihre Bearbeitungen in den Ihrer Übungsgruppe zugeteilten Briefkasten bis zur
unten aufgeführten Abgabefrist ein!
Schreiben Sie unbedingt immer Ihren vollständigen Namen, Ihre Matrikelnummer
und Ihre Gruppennummer auf Ihre Abgaben!
Abgabefrist: 01.11.2013, 14:00 Uhr
Aufgabe 2.1 Prädikatenlogik
(Präsenzaufgabe)
1. Definieren Sie ein Prädikat kgV (n, m, x) auf natürlichen Zahlen, welches genau dann erfüllt
ist, wenn x das kleinste gemeinsame Vielfache der Zahlen n und m ist.
2. Wie in der Vorlesung vorgestellt, besagt die Goldbachsche Vermutung, dass jede gerade natürliche Zahl, die größer als 2 ist, sich als Summe zweier Primzahlen schreiben lässt. Drücken
Sie die Goldbachsche Vermutung als Formel der Prädikatenlogik aus.
3. Negieren Sie folgende Prädikatenlogische Formel so, dass das Resultat kein Negationssymbol
mehr enthält.
1
∃ ∈ R. > 0 ∧ ∀ n0 ∈ N. ∃ n ∈ N. n ≥ n0 ∧ ≥ n
Lösung:
1. Das Vorgehen ist analog zu dem bei Definition des ggT -Prädikates.
ggT (n, m, x) =df x|n ∧ x|m ∧ ∀ y ∈ N.(y|n ∧ y|m) ⇒ y ≤ x.
Da für natürliche Zahlen a und b gilt, dass b genau dann ein Vielfaches von a ist, wenn a ein
Teiler von b ist, könnte man in Analogie zur obigen Definition den Ausdruck:
n|x ∧ m|x ∧ ∀ y ∈ N.(n|y ∧ m|y) ⇒ y ≥ x
Prof. Dr. Bernhard Steffen
als Charakterisierung von kgV (n, m, x) in Betracht ziehen. Dieses ist allerdings hier nicht
angemessen, da die Zahl 0 Vielfaches jeder anderen Zahl ist. Somit würde 0 immer als kleinstes
gemeinsames Vielfaches von n und m bestimmt werden. Da wir aber an einem echten kleinsten
gemeinsamen Vielfachen interessiert sind, ändern wir die Bedingung leicht ab zu:
kgV (n, m, x) =df n|x ∧ m|x ∧ ∀ y ∈ N.(n|y ∧ m|y) ⇒ x|y.
Man beachte, dass so für eine Zahl n > 0 gilt kgV (n, 0, n) und kgV (0, n, n) und außerdem
kgV (0, 0, 0).
2. Wir führen zunächst ein einstelliges Hilfsprädikat IsPrim für die Eigenschaft Primzahl zu sein
ein.
IsPrim(n) =df n 6= 1 ∧ ∀ k ∈ N. k | n ⇒ k = 1 ∨ k = n
Die Goldbachsche Vermutung liest sich dann als:
∀ n ∈ N. n > 2 ∧ ∃ k ∈ N. n = 2 k
⇒ ∃ p, q ∈ N. n = p + q ∧ IsPrim(p) ∧ IsPrim(q).
3. Wir erhalten folgendes Resultat:
∀ ∈ R. > 0 ⇒ ∃ n0 ∈ N. ∀ n ∈ N. n ≥ n0 ⇒
1
<
n
Die Herleitung im Einzelnen ist:
1
n
1
n
¬(∃ ∈ R. > 0 ∧ ∀ n0 ∈ N. ∃ n ∈ N. n ≥ n0 ∧
≡ ∀ ∈ R. ¬( > 0 ∧ ∀ n0 ∈ N. ∃ n ∈ N. n ≥ n0 ∧
≥ )
≥ )
≡ ∀ ∈ R. ¬( > 0) ∨ ¬(∀ n0 ∈ N. ∃ n ∈ N. n ≥ n0 ∧
≡ ∀ ∈ R. > 0 ⇒ ¬(∀ n0 ∈ N. ∃ n ∈ N. n ≥ n0 ∧
≡ ∀ ∈ R. > 0 ⇒ ∃ n0 ∈ N. ¬(∃ n ∈ N. n ≥ n0 ∧
≡ ∀ ∈ R. > 0 ⇒ ∃ n0 ∈ N. ∀ n ∈ N.¬( n ≥ n0 ∧
1
n
1
n
1
n
1
n
≥ )
≡ ∀ ∈ R. > 0 ⇒ ∃ n0 ∈ N. ∀ n ∈ N. n ≥ n0 ⇒
(DeMorgan)
≥ )
(Def. Implikation)
≥ )
(*)
≥ )
(*)
≡ ∀ ∈ R. > 0 ⇒ ∃ n0 ∈ N. ∀ n ∈ N.¬( n ≥ n0 ) ∨ ¬( n1 ≥ )
≡ ∀ ∈ R. > 0 ⇒ ∃ n0 ∈ N. ∀ n ∈ N. n ≥ n0 ⇒
(∗)
¬( n1
1
n <
(DeMorgan)
≥ )
(Def. Implikation)
(Def. <)
Die mit (*) gekennzeichneten Schritte sind dabei gemäß Lemma 2.7 des Skriptes (bzw. Lemma
2.2 des ersten Trilogie-Bandes) gerechtfertigt.
Aufgabe 2.2 Relationen
(3+2 Punkte)
1. Sei M =df {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Auf M seien folgende Relationen definiert (i, j ∈ M beliebig):
• i R j ⇔df i | j, i 6= 1, i 6= j
• i S j ⇔df i + 3 ≤ j
• i T j ⇔df i + j ist Primzahl.
Bestimmen Sie (R−1 S) T .
2. Beweisen oder widerlegen Sie:
Für eine beliebige binäre Relation R ⊆ A × B gilt R R−1 = Id A .
Lösung:
1. Die Relationen R, S und T als haben folgende Gestalt, wenn man diese als Mengen geordneter
Paare beschreibt:
• R = {(2, 4), (2, 6), (3, 6)}
• S = {(1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 5), (2, 6), (3, 6)}
• T = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 1), (2, 3), (2, 5), (3, 2), (3, 4),
(4, 1), (4, 3), (5, 2), (5, 6), (6, 1), (6, 5)}
Es gilt dann zunächst:
R−1 = {(4, 2), (6, 2), (6, 3)}
und damit:
R−1 S = {(4, 5), (4, 6), (6, 5), (6, 6)}.
Schließlich erhalten wir:
(R−1 S) T = {(4, 1), (4, 2), (4, 5)(4, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 5), (6, 6)} = {4, 6} × {1, 2, 5, 6}.
2. Die Eigenschaft gilt nicht. Wir betrachten A = B = {1, 2} und die Relation R = {(1, 1), (1, 2)}.
Dann ist R−1 = {(1, 1), (2, 1)} woraus folgt:
!
R R−1 = {(1, 1)} 6= {(1, 1), (2, 2)} = Id A .
Anmerkung: Ein noch einfacheres Gegenbeispiel ist die leere Relation R = ∅, auch schon für
einelementige GrundmengenA = B = {1}, denn hier gilt natürlich
!
R R−1 = ∅ ∅ = ∅ 6= {(1, 1)} = Id A .
Aufgabe 2.3 Bild einer Funktion
(3+2 Punkte)
Sei f : A → B eine Abbildung von A nach B. Für eine Teilmenge U von A sei definiert f (U ) =df
{f (a) | a ∈ U }.
3
1. Zeigen Sie:
Für beliebige Teilmengen X und Y von A gilt
f (X ∪ Y ) = f (X) ∪ f (Y ) .
Lösung: Seien X und Y Teilmengen von A. Es gilt:
f (X ∪ Y ) = {f (z) | z ∈ X ∪ Y }
= {f (z) | z ∈ X oder z ∈ Y }
= {f (z) | z ∈ X } ∪ {f (z) | z ∈ Y }
= f (X) ∪ f (Y ) .
2. Es sei A = B = N. Finden Sie ein Beispiel, in dem f (X ∩ Y ) 6= f (X) ∩ f (Y ) gilt.
Lösung:
Wir wählen z.B. für X die Menge der geraden Zahlen, für Y die Menge der ungeraden Zahlen, also X = {2n | n ∈ N}, Y = {2n + 1 | n ∈ N}. Die Funktion f : N → N sei definiert
durch f (n) = 1 für alle n ∈ N. Dann gilt X ∩ Y = ∅. Damit folgt f (X ∩ Y ) = f (∅) =
{f (a) | a ∈ ∅} = ∅. Es ist f (X) = {1} = f (Y ), somit f (X) ∩ f (Y ) = {1}, folglich gilt
f (X ∩ Y ) 6= f (X) ∩ f (Y ).
Aufgabe 2.4 Bijektive Funktionen
(Präsenzaufgabe)
Seien f : A → B und g : B → A Funktionen mit g ◦ f = idA und f ◦ g = idB . Zeigen Sie, dass dann
f und g bijektiv sind und weiter gilt: f −1 = g und g −1 = f .
Lösung: Wegen der symmetrischen Rollen von f und g genügt es, die Bijektivität von f zu zeigen
sowie die Eigenschaft, dass g Umkehrfunktion von f ist.
Wir zeigen zunächst die Injektivität von f . Seien also a, a0 ∈ A. Dann gilt:
f (a) = f (a0 ) ⇒ g(f (a)) = g(f (a0 ))
(g ist Funktion)
⇒ (g ◦ f )(a) = (g ◦ f )(a0 )
⇒ idA (a) = idA (a0 )
(Def. ◦)
(g ◦ f = idA )
⇒ a = a0
(Def. idA )
Für die Surjektivität haben wir zu zeigen, dass jedes b ∈ B ein Urbild a ∈ A besitzt. Sei also b ∈ B.
Setzen wir nun a =df g(b), dann gilt wie gewünscht:
f (a)
(Def. a)
=
f (g(b)) = (f ◦ g)(b)
(f ◦g=idB )
=
idB (b) = b
Schließlich zeigen wir noch, dass g Umkehrfunktion von f ist, also f −1 = g gilt. Seien a ∈ A, b ∈ B.
Dann gilt:
f (a) = b ⇒ g(f (a)) = g(b)
⇒ (g ◦ f )(a) = g(b)
⇒ idA (a) = g(b)
(g ist Funktion)
(Def. ◦)
(g ◦ f = idA )
⇒ a = g(b)
(Def. idA )
⇒ f −1 (b) = g(b)
(Def. f −1 )
4