WS 2009/10. Diskrete Strukturen

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1 WS 2009/10 Diskrete Strukturen Prof. Dr. J. Esparza Lehrstuhl für Grundlagen der Softwarezuverlässigkeit und theoretische Informatik Fakultät für Informatik Technische Universität München

2 Kapitel II Grundlagen Mathematische und notationelle Grundlagen Mengen Relationen und Abbildungen Aussagen- und Prädikatenlogik Beweismethoden Wachstum von Funktionen 2

3 Die Bedeutung von Beweisen und Beweistechniken Informell verstehen wir unter einem Beweis eine korrekte und vollständige (lückenlose) Argumentation, aus der sich unbestreitbar die Wahrheit einer Aussage folgern lässt. Korrektheit schützt uns davor, Fehler zu machen. Vollständigkeit ermöglicht es jedem, das Resultat zu verifizieren. Erst durch den Beweis einer Aussage können wir in allen Situationen auf ihre Korrektheit vertrauen und sie anwenden. 3

4 Terminologie (aus der Mathematik) Axiome, Postulate, Hypothesen, Prämissen Aussagen, von denen man annimmt, dass sie wahr sind. Theorem/Satz Eine Aussage, die aus den Axiomen folgt. Beweis (eines Satzes) Die Argumentation, die zeigt, dass der Satz tatsächlich aus den Axiomen folgt. Lemma Ein Hilfssatz (Theorem) im Beweis eines wichtigen Theorems. Korollar Ein weniger bedeutendes Theorem, das leicht als Konsequenz eines wichtigen Theorems bewiesen werden kann. 4

5 Formale Beweise Problem: wann ist eine Argumentation korrekt und lückenlos? Lösung: formale Definition von Beweis. Die Axiome werden als eine Sequenz A von Formeln der Prädikatenlogik formalisiert, bezüglich einer geeigneten Basisstruktur. Die Aussage des Satzes (normalerweise der Gestalt F ) G) ebenfalls. Eine Menge von gültigen Inferenzregeln (bezüglich der Basisstruktur) wird festgelegt. Ein formaler Beweis ist eine Herleitung von A ` F ) G. 5

6 In der Praxis: Formale Beweise zu konstruieren ist extrem aufwendig. Mit Hilfe von Theorembeweisern ist diese Aufgabe inzwischen für viele Sätze möglich. Neue Sätze werden jedoch erst informell in einer Mischung aus natürlicher Sprache und Prädikatenlogik bewiesen. Der Beweis wird akzeptiert, wenn andere Mathematiker der Meinung sind, der Beweis ließe sich formalisieren, wenn genug Zeit investiert würde. Wenn ein Teil des Beweises bezweifelt wird, muss der Autor diesen Teil näher an einen formalen Beweis bringen. 6

7 Beweistypen. Direkter Beweis Um F ) G zu beweisen, nimm F an, und zeige G. Entspricht der Regel A, F ` G A ` F ) G Indirekter Beweis Widerspruchsbeweis Induktionsbeweis 7

8 Beispiel direkter Beweis Theorem: Sei n N ungerade, dann ist auch n 2 ungerade. 8

9 Beispiel direkter Beweis Theorem: Sei n 2 N 0 ungerade, dann ist auch n 2 ungerade. Beweis: Sei n eine beliebiges ungerades Element von N 0. Aus der Definition von ungerade folgt: es gibt m 2 N 0 mit n=2m +1. Aus der Definition von Quadrat folgt: n 2 = (2m+1)(2m+1). Aus den Eigenschaften der Multiplikation und der Summe folgt: n 2 = 4m 2 + 4m +1= 2(2m 2 + 2m) +1, d.h., n 2 = 2l +1 für l=(2m 2 + 2m). Aus der Definition von ungerade folgt: n 2 ist ungerade. 9

10 Beispiel direkter Beweis Theorem: Sei n 2 N ungerade. Dann lässt sich n als Differenz zweier Quadratzahlen aus N 0 darstellen. Beweis: Sei n eine beliebige ungerade Zahl aus N (d.h., n > 0). Mit n ungerade gilt: (n+1) ist gerade. Mit n ungerade und n > 0 gilt: (n-1) 2 N 0 und (n-1) ist gerade. Mit (n+1) und (n-1) gerade gilt: (n+1)/2, (n-1)/2 2 N 0 10

11 Beispiel direkter Beweis Theorem: Sei n 2 N ungerade. Dann lässt sich n als Differenz zweier Quadratzahlen aus N 0 darstellen. Beweis: Aus der Definition von Quadrat, aus den Eigenschaften des Produkts und der Summe folgt: µ 2 µ 2 n + 1 n 1 = n2 + 2n 1 n2 2n 1 = 4n = n So n ist die Differenz der Quadrate von (n+1)/2 und (n-1)/2. 11

12 Beweistypen. Indirekter Beweis Um F ) G zu beweisen, nimm : G an, und zeige : F. Entspricht der Regel 12 A, : G ` : F A ` F ) G Korrekt weil: (F ) G) (: G ) : F) Nutzlich wenn G die Gestalt G = 8x H hat. Dann :G 9x:H und man kann über das Element, für das : H gilt, argumentieren.

13 Beispiel indirekter Beweis Theorem: Sei n Beweis: N 0. Falls n 2 gerade, dann ist auch n gerade. Die Aussage ist äquivalent zu Wenn n N 0 ungerade, dann ist auch n 2 ungerade Diese Aussage wurde bereits bewiesen. 13

14 Beispiel indirekter Beweis Theorem: Sei f: R! R die Funktion mit f(x) = x 2 5x + 6. Wenn k < 0, dann f(k) 0. Beweis: Die Aussage ist äquivalent zu ``wenn f(k)=0, dann k 0. Sei k eine beliebige Zahl mit f(k) = 0. Aus der Definition von f folgt k 2 5k + 6 =0. Mit k 2 5k + 6 = (k-3)(k-2) gilt k=3 oder k=2. In beiden Fällen gilt k 0. 14

15 Widerspruchsbeweis (reductio ad absurdum) Um F zu beweisen, zeige, dass aus : F einen Widerspruch folgt Entspricht dem Beweisschema A, : F ` G A, : F ` : G A, : F ` false A ` F oder die Äquivalenz F : F ) (G Æ : G) 15

16 Beispiel Widerspruchsbeweis Theorem: Gegeben sei ein Dreieck mit den Seitenlängen a,b,c mit a,b c. Wenn a 2 +b 2 = c 2 gilt, so ist der Winkel zwischen a und b ein rechter Winkel. Beweis: Annahme: Das Dreieck mit den Seiten a,b,c (a,b c, a 2 +b 2 = c 2 ) hat keinen rechten Winkel zwischen a und b. Wir konstruieren ein zweites Dreieck mit Seiten a,b und e, so dass zwischen den Seiten a und b ein rechter Winkel entsteht. 16

17 Beispiel Widerspruchsbeweis. Beweis (Forts.): Da das ursprüngliche Dreieck keinen rechten Winkel enthält gilt: c e (kann weiter argumentiert werden). Mit dem Satz des Pythagoras gilt für das zweite Dreieck: a 2 + b 2 = e 2. Da auch a 2 + b 2 = c 2 folgt: c 2 = a 2 + b 2 = e 2 also c 2 = e 2. Und daher ist c = e, was im Widerspruch zur obigen Aussage ist, dass c e ist. 17

18 Beispiel Widerspruchsbeweis 18 Theorem: p 2 ist irrational. Beweis: p Annahme: 2 2 Q. p Dann gibt es teilerfremde Zahlen n, m 2 N mit 2 = n. m Es folgt n 2 = 2m 2. Damit sind n 2 und n gerade. Da n gerade ist, gibt es eine Zahl k mit 2k = n. Es folgt 4k 2 = 2m 2 und so 2k 2 = m 2. Damit sind m 2 und m gerade, und so nicht teilerfremd. Widerspruch.

19 Vollständige Induktion Eine Beweistechnik um zu zeigen, dass alle natürlichen Zahlen eine Eigenschaft P haben. Mit P(n) bezeichnen wir, dass die Zahl n die Eigenschaft P hat. Um zu zeigen, dass P(n) für jede natürliche Zahl n 0 gilt, geht man wie folgt vor: Man zeigt, dass P(0) gilt (Basis, Verankerung) Man zeigt, dass für jede natürliche Zahl n gilt: Wenn P(n) gilt, dann gilt auch P(n+1). P(n) wird als Induktionsanahme bezeichnet. 19

20 Beispiel Vollständige Induktion Theorem: n i 0 i n ( n 1) 2 20

21 Beispiel Vollständige Induktion Theorem: Für alle n 0 gilt: Beweis: Induktionsbasis. Fall n=0. Induktionsschritt. Sei n 0 und es gelte. Wir zeigen: n+1 X i=0 i = nx i = i=0 n(n + 1) 2 0X i = 0 = i=0 (n + 1)((n + 1) + 1) 2 0(0 + 1) 2 nx i = = i=0 n(n + 1) 2 (n + 1)(n + 2) 2 21

22 Beispiel Vollständige Induktion Theorem: Für alle n 0 gilt: Beweis: Es gilt i=0 i=0 nx i = i=0 n(n + 1) 2 Aus der Induktionsannahme folgt: n+1 X i=0 Ã n+1 X n! X i = i + (n + 1) i = n(n + 1) 2 ³ n 1 + (n + 1) = (n + 1) 2 + = (n + 1)(n + 2) 2 22

23 Beispiel Vollständige Induktion Theorem: n x, n : x 1 ist durch x 1 ohne Rest teilbar. 23

24 Beispiel Vollständige Induktion Theorem: n x, n, x 1 : x 1 ist durch x 1 ohne Rest teilbar. Beweis: 24 Induktionsanfang: n 1 trivial ( x 1) /( x 1) 1 Rest 0 Induktionsannahme: P( n), also Satz richtig für n Induktionsschluss: sei ( x 1) /( x 1) k n 1 n n n x 1 x( x 1) ( x 1) x( x 1) x 1 xk 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Dies ist P( n 1), die Behauptung für n 1.

25 Mengenoperationen - Die Potenzmenge Theorem: Sei n N 0 und sei M eine Menge der Kardinalität n. Dann enthält die Potenzmenge P(M) genau 2 n Elemente. Beweis: Durch Induktion über n. Basis. Sei n=0. Wir müssen zeigen, dass P(M) genau ein Element enthält. Da M = ; gilt P(M) = {;}. Fertig. Schritt. Sei n N 0 beliebig und sei M ={a 1,, a n+1 } eine beliebige Menge der Kardinalität n+1. Sei M = {a 1,, a n }. Aus der Induktionsannahme folgt P(M ) = 2 n. 25

26 Mengenoperationen - Die Potenzmenge 26 Theorem: Sei n N 0 und sei M eine Menge der Kardinalität n. Dann enthält die Potenzmenge P(M) genau 2 n Elemente. Beweis (Fortsetzung): Seien MIT = {L µ M j a n+1 2 L} OHNE = {L µ M j a n+1 L}. Aus der Definition von Potenzmenge folgt MIT [ OHNE = P(M). Da MIT und OHNE disjunkt sind, gilt P(M) = MIT + OHNE. Wir zeigen MIT = 2 n und OHNE = 2 n. OHNE = 2 n. Es gilt OHNE = P(M ) und so OHNE = 2 n. MIT = 2 n. Es gilt: L 2 MIT gdw. Ln {a n+1 } 2 OHNE. Es folgt MIT = OHNE = 2 n.

27 Transitive Hülle (R µ A A) Theorem: R + = n 1 R n Beweis: Wir zeigen R + µ n 1 R n und R + n 1 R n. Beweis von R + µ n 1 R n. Wir zeigen zuerst, dass n 1 R n transitiv ist. Seien x,y,z beliebige Elemente von A mit (x,y),(y,z)2 n 1 R n. Es gibt i, j 1 mit (x,y)2 R i und (y,z)2 R j. Mit R i+j = R i ± R j gilt (x,z) 2 R (i+j) und so (x,z) 2 n 1 R n. Aus R=R 1 folgt R µ n 1 R n. Wir haben also: n 1 R n ist transitiv und enthält R. Da R + die kleinste Relation ist, die transitiv ist und R enthält, gilt 27 R + µ n 1 R n.

28 Transitive Hülle (R A A) Theorem: R + = n 1 R n Beweis (Fortsetzung): Beweis von R + n 1 R n. Sei T µ A A eine beliebige transitive Relation mit R µ T. Wir zeigen n 1 R n µ T. Damit ist n 1 R n die kleinste transitive Relation, die R enthält, d.h. R + = n 1 R n. Es reicht zu zeigen, dass R n µ T für alle n 1 gilt. Wir beweisen es durch Induktion über n. 28

29 Transitive Hülle (R A A) Theorem: R + = n 1 R n 29 Beweis (Fortsetzung): Basis. Sei n=1. R 1 µ T folgt aus R 1 =R und R µ T. Schritt. Sei n 1 beliebig und nehmen wir an, dass R n µ T gilt. Wir zeigen R n+1 µ T. Sei (x,y) 2 R n+1 beliebig. Wir zeigen (x,y) 2 T. Mit R n+1 = R n ± R gilt: es gibt z 2 A mit (x,z)2r n und (z,y)2r. Mit R n µ T und R µ T gilt: es gibt z 2 A mit (x,z) 2 T und(z,y)2t. Da T transitiv ist, gilt (x,y) 2 T.

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