Mathematik für Informatiker 1 Wintersemester 2013/14 Übungsblatt 6

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1 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 6 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 6.1 Vollständige Induktion (Präsenzaufgabe) 1. Dem bekannten Soziologen Prof. D. Bakel ist endlich der Durchbruch gelungen. Er hat nämlich einen formalen Beweis dafür gefunden, dass alle Menschen gleich sind. Hier ist seine Argumentation: Man beweist durch vollständige Induktion über n, dass in einer nichtleeren Menge von n Menschen alle gleich sind: Induktionsanfang: n = 1. Offensichtlich ist jeder Mensch mit sich selbst identisch! Induktionsschluss: Die Behauptung gelte für ein beliebiges, aber festes n N. Eine n + 1- elementige Menschenmenge M = {m 1,..., m n+1 } unterteilt man dann in zwei Teilmengen der Größe n {m 1,.., m n } und {m 2,.., m n+1 }. Auf diese Teilmengen ist nun die Induktionsvoraussetzung anwendbar. Folglich sind in den beiden Teilmengen alle Menschen gleich. Da insbesondere Mensch m n in beiden Mengen enthalten ist, folgt aus der Transitivität von = unmittelbar, dass alle Menschen gleich sind. q.e.d. Hat der Professor Sie überzeugt, oder finden Sie hier auch wieder ein Haar in der Suppe? Lösung: Die Beweislücke ist der Induktionsschluss von n = 1 auf n + 1 = 2, denn hier gilt die Argumentation aus dem Induktionsschluss nicht. Die Unterteilung in die Mengen {m 1 } und {m 2 } ist nämlich disjunkt. Insbesondere ist in diesem Falle m n, also m 1, nicht in {m 2 } enthalten. Die Gleichheit von m 1 und m 2 kann deshalb nicht gefolgert werden.

2 2. Wir betrachten ein quadratisches Gitternetz mit 2 n 2 n Feldern, etwa für n = 4: Zeigen Sie, dass sich ein solches Gitternetz mit Winkeln des Form pflastern lässt, so dass genau ein Feld übrig bleibt, sprich ungepflastert ist. Die Winkel können dabei beliebig gedreht verwendet werden. Lösung: Die Aufgabe dient dazu, das Konzept der Verschärfung der Induktionsbehauptung (siehe Kapitel im Buch) zu illustrieren. Für einen erfolgreichen Beweis verschärfen wir die Induktionsbehauptung hier dahingehend, dass es möglich ist, ein quadratisches Gitternetz mit 2 n 2 n Feldern so zu pflastern, dass nur das linkeste unterste Feld frei bleibt. Diese verschärfte Behauptung wird mit vollständiger Induktion bewiesen. Induktionsanfang: n = 1 Für ein 2 2 Gitternetz ist die Pflasterung offensichtlich: Induktionsschluss: Sei die Behauptung bereits für quadratische 2 n 2 n Gitternetze bewiesen. Bei Vorliegen eines Gitternetzes der Größe 2 n+1 2 n+1 unterteilen wir dieses in 4 Gitternetze der Größe 2 n 2 n. Nach Induktionsvorraussetzung können diese so gepflastert werden, dass nur die jeweils linke untere Ecke frei ist. Anschaulich:

3 Durch eine Rechtsdrehung im oberen linken Quadranten und eine Linkssdrehung im unteren rechten Quadranten ergibt sich: Die Verwendung eines weiteren Pflastersteins in der Mitte der Figur schließt die Induktion. Aufgabe 6.2 Strukturelle Induktion (5 Punkte) Zeigen Sie, dass für jeden Booleschen Term t ein semantisch äquivalenter Term t existiert, der weder T noch F enthält. Führen Sie den Beweis durch strukturelle Induktion über den Aufbau von t. Lösung: Beweis durch strukturelle Induktion über den Aufbau von t. Sei t BT und die Behauptung für alle echten Teilterme von t bereits bewiesen. Dann unterscheiden wir folgende Fälle: t = T : Wir setzen t = df X X, wobei X V eine beliebige Boolesche Variable sei. Offensichtlich gilt dann unabhängig von der Belegung β: [[t ]] B = [[X X]] B = [[X]] B [[X]] B = β(x) β(x) = w = [[T]] B. t = F : Analog zum Fall t = T mit t = df X X. t = X V : Hier ist nichts zu zeigen. t = t 1 : Nach Induktionsvoraussetzung existiert ein zu t 1 semantisch äquivalenter Term t 1, der nicht die Konstanten T oder F enthält. Dieses gilt auch für t = df t 1. Offensichtlich ist t semantisch äquivalent zu t, denn es gilt: [[t]] B Def. t = [[ t 1 ]] B = [[t 1 ]] B I.V. = [[t 1]] B = [[ t 1 ]] B = [[t ]] B t = (t 1 t2) : Nach Induktionsvoraussetzung existieren semantisch äquivalente Terme t 1 t 1 und t 2 t 2, so dass weder t 1 noch t 2 die Konstanten T oder F enthalten. Dieses gilt auch für t = df t 1 t 2. Offensichtlich ist t semantisch äquivalent zu t, denn es gilt: [[t]] B Def. t = [[(t 1 t 2 )]] B = [[t 1 ]] B [[t 2 ]] B I.V. = [[t 1]] B [[t 2]] B = [[(t 1 t 2)]] B = [[t ]] B

4 t = (t 1 t2) : Analog zu (t 1 t2). Aufgabe 6.3 Verbände (3+2 Punkte) Sei M eine Menge. 1. Dann ist (Z M, ) ein Verband, wobei für f, g Z M definiert ist: 1 f g df m M.f(m) g(m). Lösung: Dass mit eine partielle Ordnung auf Z M definiert ist, folgt unmittelbar daraus, dass eine partielle Ordnung auf Z ist. Wir zeigen nun die Verbandseigenschaften. Seien f, g Z M beliebige Funktionen. Wir haben dann nachzuweisen, dass sowohl ein Infimum als Supremumm von f und g existiert. Für das Infimum definieren wir eine Funktion i : M Z durch i(m) = df min(f(m), g(m)) für alle m M und behaupten, dass i das gesuchte Infimum ist. Offensichtlich ist i eine untere Schranke von f, also i f, denn es gilt für jedes m M: i(m) = min(f(m), g(m)) f(m). Analog folgt i g. Also ist i eine untere Schranke von f und g. Sei h Z M eine beliebige untere Schranke von f und g, also eine Funktion mit h f und h g. Dann gilt für jedes m M: h(m) f(m) h(m) g(m). Damit gilt aber auch h(m) min(f(m), g(m)) für alle m M. Mit der Definition von i ist dieses gleichbedeutend mit h(m) i(m) für alle m M und somit h i. Folglich ist i die größte untere Schranke von f und g. Das Supremum von f und h ist analog definiert durch die Funktion s : M Z mit s(m) = df max(f(m), g(m)). Der Nachweis der Supremumseigenschaft ist völlig analog zum Nachweis der Infimumseigenschaft. 2. Ist (Z M, ) auch ein vollständiger Verband. Beweisen oder widerlegen Sie. Lösung: Im Falle M = ist (Z M, ) der triviale einelementige Verband, der nur aus der Abbildung mit leerem Definitionsbereich besteht. Für diesen Sonderfall ist (Z M, ) vollständig. Im Falle M ist (Z M, ) kein vollständiger Verband. Dazu betrachten wir die Menge der konstanten Funktionen F C = df {f z z Z}, wobei für z Z die konstante Funktion f z : M Z definiert ist durch f z (m) = df z für alle m M. Offensichtlich besitzt dann F C keine untere Schranke und damit erst recht kein Infimum. Für Skeptiker sei dieses hier noch einmal ganz genau begründet. Angenommen F C hätte eine untere Schranke h : M Z. Weil M nicht leer ist gibt es ein Element m M. Sei z = df h(m). Dann ist f z 1 (m) = z 1 < z = h(m). Also h f z 1 und somit h F C im Widerspruch zur Annahme. 1 Zur Erinnerung: Z M bezeichnet die Menge aller Funktionen von M nach Z.

5 Aufgabe 6.4 Verband und vollständiger Verband (Präsenzaufgabe) Eine Menge A von natürlichen Zahlen heißt coendlich, falls N \ A endlich ist. Beweisen Sie: 1. ({A P (N) A ist endlich oder coendlich},, ) ist ein algebraischer Verband. Lösung: Wir zeigen zunächst, dass die Menge M = {A P (N) A ist endlich oder coendlich} der endlich-coendlichen Teilmengen von N abgeschlossen unter und ist, d.h. für je zwei Mengen A, B M gilt A B M und A B M. M abgeschlossen unter : Seien A, B M. Ist A oder B endlich, dann ist A B endlich, folglich gilt A B M. Sind sowohl A als auch B coendlich, dann sind A und B ( ) endlich, damit auch A B. Damit ist dann A B = A B coendlich und somit in M. M abgeschlossen unter : Seien A, B M. Ist A oder B coendlich, dann ist A B coendlich, folglich gilt A B M. Sind sowohl A als auch B endlich, dann ist A B endlich, damit gilt A B M. In der Vorlesung wurde bereits gezeigt, dass (P (N),, ) ein Verband ist. Damit sind für alle Mengen in P (N), insbesondere auch für alle Mengen in {A P (N) A ist endlich oder coendlich} die Verbandsaxiome erfüllt, so dass damit folgt, dass (M,, ) ein Verband ist. 2. ({A P (N) A ist endlich oder coendlich},, ) ist kein vollständiger algebraischer Verband. Lösung: Wir zeigen, dass nicht für jede Teilmenge X M inf (X) in M existiert. Sei A = {2n n N} die Menge der geraden natürlichen Zahlen. Wir definieren Mengen B i N durch B i = N \ {2i + 1}. Für jedes i N ist B i offensichtlich coendlich. Es gilt dann inf ({B i i N}) = i NB i = A. A ist unendlich, aber nicht coendlich, somit existiert das Infimum nicht in M.