Grundbegriffe der Informatik Aufgabenblatt 11

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1 Matr.nr.: Nachname: Vorname: Grundbegriffe der Informati Aufgabenblatt 11 Tutorium: Nr. Name des Tutors: Ausgabe: 21. Januar 2016 Abgabe: 29. Januar 2016, 12:30 Uhr im GBI-Briefasten im Untergeschoss von Gebäude Lösungen werden nur orrigiert, wenn sie rechtzeitig, in Ihrer eigenen Handschrift, mit dieser Seite als Decblatt und in der oberen linen Ece zusammengeheftet abgegeben werden. Vom Tutor auszufüllen: erreichte Punte Blatt 11: / 19 (Physi: 19) Blätter 1 11: / 194 (Physi: 171)

2 Im folgenden schreiben wir [n f (n)] für die Funtion f : N 0 R + 0 : n f (n). Statt O ([n f (n)]) schreiben wir ürzer O (n f (n)) und analog bei Ω ( ) und Θ ( ). Aufgabe 11.1 (4 Punte) Beweisen Sie, dass Ω(n 2 n ) O(n n 2 ) die leere Menge ist. Hinweis: Gemäß der Vorlesung gilt [n 2 n ] [n n 2 ]. Lösung 11.1 Angenommen Ω(n 2 n ) O(n n 2 ) = {}. Dann gibt es ein f Ω(n 2 n ) O(n n 2 ). Wegen f Ω(n 2 n ), gibt es ein c R + und ein n 0 N 0 derart, dass n n 0 : f (n) c 2 n. Und wegen f O(n n 2 ), gibt es ein c R + und ein n 0 N 0 derart, dass Also gilt Somit gilt n n 0 : f (n) c n 2. n max{n 0, n 0} : c 2 n f (n) c n 2. n max{n 0, n 0} : 2 n c c n2. Folglich gilt [n 2 n ] [n n 2 ], im Widerspruch zum Hinweis [n 2 n ] [n n 2 ]. Aufgabe 11.2 (4 Punte) Es sei p : N 0 R + 0 eine Abbildung derart, dass eine nicht-negative ganze Zahl N 0 existiert und nicht-negative reelle Zahlen a i R + 0, für i Z +1, mit a = 0 existieren so, dass n N 0 : p(n) = a i n i. i=0 Die Abbildung p ist also eine Polynomfuntion des Grades mit nicht-negativen reellwertigen Koeffizienten und Definitionsbereich N 0. Beweisen Sie, dass p Θ(n n ) gilt. Lösung 11.2 Man setze c = a. Dann gilt für jedes n N 0 : Somit gilt p Ω(n n ). p(n) = a i n i a n = cn. i=0

3 Setze c = i=0 a i. Für jedes n N 0 gilt p(n) = a i n i a i n = c n. i=0 i=0 Somit gilt p O(n n ). Insgesamt gilt p Ω(n n ) O(n n ) = Θ(n n ). Aufgabe 11.3 (4 Punte) Für n N 0 sei G n der Graph (V n, E n ) mit V n = {(x, y) N 2 0 x + y n} E n = {((x, y), (x + 1, y)) x y n} {((x, y), (x, y + 1)) x + y + 1 n} a) Zeichnen Sie G 3. b) Für welche n N 0 ist G n ein Baum? c) Geben Sie eine Funtion f : N 0 R + 0 so an, dass [n V n ] Θ ( f ). d) Geben Sie eine Funtion g : N 0 R + 0 so an, dass [n E n ] Θ (g). Lösung 11.3 a) (0, 3) (0, 2) (1, 2) (0, 1) (1, 1) (2, 1) (0, 0) (1, 0) (2, 0) (3, 0) b) für n = 0 und n = 1 c) f : n n 2 (exat sind es (n + 1)(n + 2)/2 ) d) g : n n 2 (exat sind es 2((n + 1)(n + 2)/2 (n + 1)) = n(n + 1) ) Aufgabe 11.4 (7 Punte) Für jeden gerichteten Graphen G = (V, E) ist der sogenannte Kantengraph (engl. line graph) L(G) = (V, E ) wie folgt definiert: Wenn E nicht leer ist, dann ist V = E, E = {((x, y), (y, z)) (x, y), (y, z) V };

4 wenn E leer ist, dann ist V = {0} und E = {}. Für n N 0 sei der n-te iterierte Kantengraph L n (G) so definiert: L 0 (G) = G, n N 0 : L n+1 (G) = L(L n (G)). Es bezeichne im folgenden LV n (G) die Knotenmenge von Ln (G) und L n E (G) die Kantenmenge von L n (G). Hinweis: M bezeichnet im folgenden stets die Kardinalität, also die Anzahl der Elemente, einer endlichen Menge M. a) Zeichnen Sie zu dem Graphen H 1 A B C D den Kantengraphen L(H 1 ) und benennen sie dessen Knoten sinnvoll. b) Geben Sie eine Funtion f : N 0 R + 0 so an, dass [n Ln V (H 1) ] Θ ( f ). c) Geben Sie einen Graphen H 2 mit 5 Knoten und 5 Kanten so an, dass für dessen iterierte Kantengraphen L n (H 2 ) gilt: [n L n E (H 2) ] Θ (n 0). d) Für n N + sei B n der de Bruijn-Graph mit Knotenmenge V n = {0, 1} n und Kantenmenge E n = {(xw, wy) x, y {0, 1} w {0, 1} n 1 } (siehe Kapitel 15). Geben Sie für jedes n N + eine Bijetion ϕ n : E n {0, 1} n+1 an. Zeigen Sie, dass für jedes n N + der Kantengraph L(B n ) isomorph zu B n+1 ist. Für welche Z 4 gilt [n L n V (B 2) ] O (n n )? Lösung 11.4 a) BA BC CD DB Dieser Graph ist isomorph zu H 1 b) n 4 c) A B C D E

5 d) Anmerung: In L(H 2 ) existiert nur noch eine einzige Kante, nämlich von Knoten (B, A) zu Knoten (A, C); die einzige Kante ist also eine Schlinge. Folglich existieren in L 2 (H 2 ) eine Kanten mehr und damit auch nicht in allen weiteren iterierten Kantengraphen. ϕ n : E n {0, 1} n+1 : (xw, wy) xwy Das eben definierte ϕ n leistet schon das von einem Isomorphismus Gewünschte. Es ist noch zu zeigen Wenn eine Kante in L(B n ) von s nach t führt, dann auch eine Kante in B n+1 von ϕ n (s) nach ϕ n (t): Im folgenden seien x, x, y, y, z {0, 1} und w, w, v {0, 1}. Es sei s = (xw, wy) und t = (x w, w y ). Wenn eine Kante von s zu t führt, dann ist wy = x w. Falls n = 1 und daher w = w = ε ist, ist auch y = x und alles vereinfacht sich zu s = (x, y) und t = (y, y ). Dann ist ϕ n (s) = xy nach ϕ n (t) = yy und es gibt nach Definition von E 2 eine Kante von ϕ 1 (s) nach ϕ 1 (t). Falls n 2 ist, gibt es ein v mit wy = x vy = x w und es ist s = (xx v, x vy) und t = (x vy, vyy ). Man erhält ϕ n (s) = xx vy nach ϕ n (t) = x vyy und nach Definition von E n+1 existiert eine Kante von ϕ 1 (s) nach ϕ 1 (t). Wenn eine Kante in B n+1 von ϕ n (s) nach ϕ n (t) führt, dann auch eine Kante in L(B n ) von s nach t: Falls n = 1, ist ϕ n (s) = xy nach ϕ n (t) = yy. Also ist der Endpunt der Kante (x, y) der Anfangspunt der Kante (y, y ) und folglich existiert in L(B 1 ) eine Kante von s = (x, y) zu t = (y, y ). Falls n 2, ist ϕ n (s) = xwy und ϕ n (t) = x w y. Wenn es eine Kante von ϕ n (s) zu ϕ n (t) gibt, dann ist wy = x w und es muss ein v existieren mit wy = x vy = x w. Folglich existiert in L(B n ) eine Kante von (xw, wy) zu (x w, w y ). für {2, 3}