Lösungsskizzen zu den Klausuraufgaben zum Kurs 1142 Algorithmische Mathematik

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1 Lösungsskizzen zu den Klausuraufgaben zum Kurs Algorithmische Mathematik KWL Aufgabe. Die Folgen (F n ) n N bzw. (G n ) n N von natürlichen Zahlen F n bzw. G n seien rekursiv definiert durch Punkt F 0 =, F =, F n = F n + F n falls n, G 0 =, G = 0, G n = (a) Berechnen Sie G und G. n G k falls n. k=0 G = G = 0 k=0 G k = G 0 =. G k = G 0 + G = +0=. k=0 Punkte (b) Zeigen Sie, dass für alle n N gilt: G n+ = F n. Wir zeigen die Behauptung per Induktion nach n. Für n=0 und n= folgt die Behauptung aus (a) und der Definition von F 0 und F. Sei nun n und die Behauptung bereits bewiesen für alle k N mit 0 k n. Dann folgt aus der Induktionsvoraussetzung: G n+ () = n G k k=0 n = G n + G k k=0 () = G n + G n+ (IV) = F n + F n () = F n. An den Stellen () haben wir die Definition von G n und an der Stelle () die Definition von F n für n ausgenutzt, bei (IV) haben wir die Induktionsvoraussetzung (für n und n ) eingesetzt. Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt also die Gültigkeit der Behauptung für alle n N.

2 KWL Aufgabe. In dieser Aufgabe geht es um Permutationen. Punkte (a) Für k N sei N k ={,,,...,k} die Menge aller natürlichen Zahlen im Intervall [,k]. Sei F k die Menge der bijektiven Funktionen mit Definitionsbereich N k und Wertebereich N k. Betrachten Sie einen Wahrscheinlichkeitsraum auf der Menge M = F F F F F F 6 mit Gleichverteilung auf den Elementen von M. Sei A das Ereignis, das aus allen Funktionen f M besteht, für die es ein x aus dem Definitionsbereich von f gibt mit f(x) x. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses A. Die Grundmenge besteht aus allen Permutationen der Längen,,,,, und 6, hat also die Größe M = 6 6 F k = k!= = 87. k= k= Das Ereignis A besteht aus allen Permutationen, die keine identische Permutation sind. Es gibt genau 6 identische Permutationen in M, eine für jede Länge k, k 6. Damit ergibt sich als Größe von A der Wert A = M A =87 6=867. Somit beträgt die gesuchte Wahrscheinlichkeit p(a)= A M = = Punkte (b) Zerlegen Sie die Permutation ( in disjunkte Zyklen. Man kann die gegebene Permutation wie folgt in Zyklen zerlegen:,,8,,9,0,7,,6,,, )

3 KWL Punkte Aufgabe. Zeigen oder widerlegen Sie: Die unten abgebildeten Graphen G und G sind isomorph. G G Wir zeigen, dass G und G nicht isomorph sind.. Beweismöglichkeit: Der Graph G enthält einen Kreis der Länge, der Graph G (ist isomorph zum vollständigen bipartiten Graphen K, und) enthält (als bipartiter Graph somit) keinen Kreis der Länge. Daher können G und G nicht isomorph sein.. Beweismöglichkeit: Löscht man in G den obersten Knoten bzw. in G einen beliebigen Knoten v, so entstehen Graphen G bzw. G mit jeweils genau zwei Knoten vom Grad. Diese sind in G benachbart, in G nicht. Also sind G und G nicht isomorph, und da die Wahl von v beliebig war, können folglich auch G und G nicht isomorph sein.. Beweismöglichkeit: Löscht man in G den obersten Knoten, so entsteht ein Graph G, der einen Kreis der Länge enthält. Löscht man in G einen beliebigen Knoten v, so entsteht ein Graph G, der (isomorph zum vollständigen bipartiten Graphen K, ist und somit) keinen Kreis der Länge enthält. Also sind G und G nicht isomorph, und da die Wahl von v beliebig war, können folglich auch G und G nicht isomorph sein.. Beweismöglichkeit: Löscht man in G den obersten Knoten, so entsteht ein Graph G, der einen Kreis der Länge, also einen Hamiltonkreis, enthält. Löscht man in G einen beliebigen Knoten v, so entsteht ein Graph G, der bipartit ist und ungerade Knotenanzahl hat und somit keinen Hamiltonkreis enthält. Also sind G und G nicht isomorph, und da die Wahl von v beliebig war, können folglich auch G und G nicht isomorph sein.. Beweismöglichkeit: Löscht man in G den obersten Knoten und den Knoten oben rechts, welches benachbarte Knoten sind, so entsteht ein Graph G mit Valenzsequenz (,,,). Löscht man in G zwei beliebige benachbarte Knoten v und w, so entsteht ein Graph G, der isomorph zum C ist und somit Valenzsequenz (,,,) hat. Da G und G unterschiedliche Valenzsequenzen haben, sind sie nicht isomorph. Da die Wahl des Paares {v,w} von benachbarten Knoten beliebig war, können folglich auch G und G nicht isomorph sein.

4 KWL Aufgabe. 6 Punkte (a) Zeigen oder widerlegen Sie: Es gibt einen Graphen mit genau Knoten, von denen acht den Grad und drei den Grad haben. Geben Sie, falls möglich, einen solchen Graphen explizit an. Wir zeigen, dass es einen solchen Graphen, d.h. einen Graphen mit Valenzsequenz (,,,,,,,,,, ) gibt und konstruieren einen solchen explizit. Wir benutzen das Verfahren nach Havel und Hakimi. v v v v v v 6 v 7 v 8 v 9 v 0 v v v v 6 v 7 v 8 v 9 v 0 v v v v 8 v 9 v 0 v v v 6 v 7 v v v v 6 v 7 v v v 0 v v v v 6 v 7 v 0 v 0 v v 7 v 0 v v v 0 v v 7 v Da es einen Graphen mit isolierten Knoten gibt, gibt es somit nach dem Satz zum Verfahren von Havel und Hakimi auch einen Graphen mit Valenzsequenz (,,,,,,,,,,). Wenden wir das Verfahren von Havel und Hakimi rückwärts an, so lässt sich ein solcher Graph konstruieren. Wir starten mit drei isolierten Knoten und fügen dann immer Knoten hinzu.

5 KWL. Schritt:. Schritt:. Schritt:

6 KWL 6. Schritt:. Schritt: 6. Schritt:

7 KWL 7 7. Schritt: 8. Schritt: 9. Schritt: Der Graph aus dem 9. Schritt hat die geforderte Eigenschaft.

8 KWL 8 Punkte (b) Zeigen oder widerlegen Sie: Es gibt einen weiteren Graphen mit genau Knoten, von denen acht den Grad und drei den Grad haben, der nicht isomorph zu Ihrem Beispielgraph aus (a) ist. Wir zeigen, dass es mindestens zwei nichtisomorphe Graphen mit der Valenzsequenz gibt. Neben dem Beispiel in (a) kann man einen weiteren Graphen etwa unter Benutzung von einem der Graphen G bzw. G aus Aufgabe konstruieren. Ein Beispiel hierfür ist der folgende Graph. Dieser Graph hat Komponenten der Größen 6 und, der Graph aus (a) hat Komponenten der Größen 7 und, somit sind diese beiden Graphen auch nicht isomorph. Kurze gemeinsame Lösung von (a) und (b) zusammen: Der folgende Graph H und der folgende Graph H haben offenbar die geforderte Valenzsequenz. Sie sind nicht isomorph, denn jeder Isomorphismus von H nach H müsste die Komponente mit 6 Knoten von H, d.h. den Graphen G aus Aufgabe, auf die Komponente mit 6 Knoten von H, d.h. den Graphen G aus Aufgabe, isomorph abbilden. Ein solcher Isomorphismus existiert aber nach dem Ergebnis aus der Lösung zu Aufgabe nicht.

9 KWL 9 Aufgabe. Entscheiden Sie, ob folgende Zeichenketten Code eines Baumes sind. Begründen Sie Ihre Aussagen. Falls die Zeichenketten Code eines Baumes sind, geben Sie einen Baum mit dem entsprechenden Code an. Punkte (a) ( ( ( ( ) ( ( ) ( ) ) ) ( ) ( ( ) ) ) ( ( ) ( ) ( ) ) ) Wir zeigen, dass der Code nicht Code eines Baumes ist.. Beweismöglichkeit: Der Teil des Codes von der dritten bis zur zwölften Klammer lautet ( ( ) ( ( ) ( ) ) ). Dies ist ein wohlgeklammerter Teilcode, er ist jedoch nicht lexikographisch sortiert, da ( ) ( ( ) ( ) ) ist. Somit handelt es sich nicht um den Code eines Baumes.. Beweismöglichkeit: Der Code ist wohlgeklammert, somit ist er Code eines gepflanzten Baumes, nämlich des folgenden: Dieser Baum ist nicht korrekt gewurzelt. Somit ist der Code nicht Code eines Baumes. Punkte (b) ( ( ( ( ) ( ) ) ( ( ) ( ) ) ) ( ( ( ) ) ( ) ( ) ) ) Wir zeigen, dass der Code Code eines Baumes ist. Der Code ist wohlgeklammert. Der zugehörige gepflanzte Baum ist der folgende:

10 KWL 0 Der Code ist lexikographisch sortiert, wie man leicht sieht: ( ( ) ) () ( ( ( ) ( ) ) ( ( ) ( ) ) ) ( ( ( ) ) ( ) ( ) ) Ferner ist der obige gepflanzte Baum richtig gewurzelt, denn das Zentrum ist hier die Menge aller Knoten mit Exzentrizität, diese Menge ist einelementig und besteht nur aus dem Wurzelknoten. Somit handelt es sich um den Code eines Baumes. Aufgabe 6. Gegeben seien drei Männer A, B und C sowie drei Frauen, und. Sie haben unterschiedliche Präferenzen bezüglich eines Partners des anderen Geschlechts. Die Präferenzlisten sind wie folgt: A: (,,) : (B,C,A) B: (,,) : (C,A,B) C: (,,) : (B,A,C) Dabei bezeichne der linke Eintrag eines Tripels jeweils den liebsten Partner, der mittlere den zweitliebsten und der rechte den drittliebsten. Punkte (a) Bestimmen Sie eine stabile Hochzeit. Begründen Sie Ihre Vorgehensweise. Mit dem Algorithmus Men-Propose-Women-Dispose bestimmen wir eine stabile Hochzeit. Die einzelnen Schritte des Algorithmus sind unten abgebildet. A macht einen Antrag und verlobt sich mit ihr. B macht einen Antrag und verlobt sich mit ihr. C macht einen Antrag. löst die Verlobung mit A, da sie C lieber mag als A, und verlobt sich mit C. A macht einen Antrag. löst die Verlobung mit B, da sie A lieber mag als B, und verlobt sich mit A. B macht einen Antrag und verlobt sich mit ihr. Bei dem perfekten Matching aus dem letzten Schritt handelt es sich um eine stabile Hochzeit

11 KWL Punkte (b) Der Graph G 0 = (V,E) sei definiert durch V = U W mit U = {A,B,C} und W = {,,}, und E bestehe aus all den Paaren {u,w} mit u U und w W, für die weder der Mann u die Frau w am liebsten mag noch die Frau w den Mann u am liebsten mag (gemäß obigen Präferenzlisten). Stellen Sie den Graphen grafisch dar. 6 Punkte (c) Bestimmen Sie ein maximales Matching von G 0 und beweisen Sie dessen Maximalität. Können Sie dieses Matching zu einer stabilen Hochzeit ergänzen? Das einzige maximale Matching in G 0 besteht offenbar aus den Kanten (A,) und (C,), da jede andere Teilmenge von zwei oder drei Kanten einen Knoten gemeinsam hätte. Die einzige Art, es zu einem perfekten Matching zu ergänzen, ist es, die Kante (B,) hinzuzunehmen. Dieses perfekte Matching ist jedoch keine stabile Hochzeit, da das Paar (B, ) instabil ist, denn B mag lieber als seine Partnerin und mag B lieber als ihren Partner C. Somit ist es nicht möglich, das maximale Matching zu einer stabilen Hochzeit zu ergänzen.

12 KWL Punkte Aufgabe 7. Schreiben Sie die Dezimalzahl 88,8 (0) ins er-system (d.h. Binärsystem) um. Es folgt: 88 : 6 = Rest : = 0 Rest : 6 = Rest 8 8 : 8 = Rest : = 0 Rest : = 0 Rest : = 0 Rest : = 0 8 : 0 : = 6 0 : 0 : 8 = 0 : 0 = Rest 0 0 = Rest 0 0 = 0 Rest 0 0 : 6 = 80 : 80 = 0 Rest 80 88,8 (0) = 0000,00 (). 80 = 6 Aufgabe 8. Gegeben sei die Matrix und der Vektor b=(,8,8). A= Punkte (a) Bestimmen Sie eine LU -Zerlegung von A Somit lautet eine LU -Zerlegung = 0 0 } 6 0 {{ } } {{ }} 0 0 {{ } A L U Punkte (b) Zeigen Sie, dass A regulär ist und für die Inverse A von A gilt: 8 A 8 8 = 07.

13 KWL. Lösungsmöglichkeit: A ist regulär nach (a) als Produkt der beiden offensichtlich regulären Matrizen L und U. Wegen A=LU ist A = U L. Die Inverse L von L lässt sich sehr leicht bestimmen. Nach dem Satz über die Dreieckszerlegung ist nämlich L=G G das Produkt der beiden Frobeniusmatrizen 0 0 G = 0 0 und G = Nach Bemerkung..9 gilt für deren Inversen: 0 0 G = 0 0 und Somit ist L = G G = G = = Die Inverse von U berechnen wir wie folgt:

14 KWL Somit ist U = und A = U L = = Lösungsmöglichkeit: A ist regulär nach (a) als Produkt der beiden offensichtlich regulären Matrizen L und U. Die Inverse von A berechnen wir wie folgt: Somit lautet wie behauptet. A = ,

15 KWL. Lösungsmöglichkeit: A ist regulär nach (a) als Produkt der beiden offensichtlich regulären Matrizen L und U. Wegen } 6 0 {{ } A lautet A wie behauptet = Punkte (c) Bestimmen Sie A und A und die Konditionszahl von A bezüglich der Spaltensummennorm und bezüglich der Zeilensummennorm. Für die Spaltensummennorm berechnen wir: A = max{++6,8++, }= max{,8,}=, A = max{. +07+,8+ +,8+ +} = max{., 08, 0} =., cond (A) = A A =.=887.= 769. Für die Spaltensummennorm berechnen wir: A A = max{+8+6,++ 9,6++0}= max{6,8,7}=7, = max{. +8+8,07+ +, ++} = max{78.,0,7}= 78., cond (A) = A A = 7 78.=07.= 87. Aufgabe 9. Ein Student lernt für zwei Klausuren. Er will genau Stunden lang lernen. Er weiß, dass er die 0 Punkte Mindestpunktzahl bei der leichten Klausur auf jeden Fall schafft. Wenn s die Zeit (in Stunden) ist, die der Student für die leichte Klausur lernt, dann kann er erwarten, bei dieser Klausur zusätzliche s+ 0s Punkte zu erzielen. Bei der schweren Klausur dagegen ist sein Kenntnisstand gleich null. Lernt er t Stunden für die schwere Klausur, so kann er t+ 80t Punkte bei dieser Klausur erwarten. Er möchte diese Klausur aber auf jeden Fall schaffen, dazu braucht er 0 Punkte. Der Student möchte einen Zeitplan aufstellen, um die Gesamtpunktzahl aus beiden Klausuren zu maximieren und alle seine Ziele zu erreichen. Punkte (a) Modellieren Sie das Problem als Optimierungsproblem. Sei s die Lernzeit in Stunden für die leichte Klausur und t die Lernzeit in Stunden für die schwere Klausur.

16 KWL 6 Die zu maximierende Zielfunktion lautet f(s,t)=0+ 0s s+ + 80t t+. Da die Lernzeit jeweils nicht negativ sein kann, haben wir s,t 0, und da die Summe der Lernzeiten exakt beträgt haben wir s+t =. Wegen der Mindestpunktzahl in der schweren Klausur haben wir 80t t+ 0, was äquivalent zu 80t 0t+ 0 bzw. 0t 0 bzw. t ist. Damit ist die Bedingung t 0 redundant. Insgesamt lautet das Problem min 0 0 s s+ 80 t t+ s 0 s + t = t. 8 Punkte (b) Bestimmen Sie eine Optimallösung des Problems.. Lösungsmöglichkeit: Substitution Mittels der Substitution s = t vereinfacht sicht das Problem zu min 0 0 t t 0 t t+ t t. Wir ignorieren vorerst die Nebenbedingungen und bestimmen alle lokalen Minima der Funktion im Intervall ].[. Dazu berechnen wir ( f(t) := 0 + t t + t ) t+ f (t) := 0 ( ( t) + ) (t+ ) und ( f (t) := 0 ( t) + 8 ) (t+ ).

17 KWL 7 Es ist f (t)=0 genau dann, wenn ( t) = (t+ ), d.h. wenn d.h. wenn d.h. wenn d.h. wenn d.h. wenn ( t) =(t+ ), 00 0t+ t = t + t+, 99 t+ t = 0, t t+ =0, t {7± 9 } {,}. Somit liegt bei t = ein Kandidat für ein lokales Extremum vor, wegen f ()=7.>0 handelt es sich um ein lokales Mimimum mit Funktionswert f()= 90. Wegen f()= 7 und f()= 8 handelt es sich um das einzige globale Minimum von f im Intervall [,]. Somit lautet die Lösung unseres ursprünglichen Problems (s,t) =(, ), d.h. der Student sollte eine Stunde für die leichte Klausur lernen und Stunden für die schwere Klausur und erzielt dabei die optimale Gesamtpunktzahl von 90 Punkten.. Lösungsmöglichkeit: Kuhn-Tucker-Bedingungen Wir definieren die Funktionen f(s,t) := 0 0s s+ 80t t+, h(s,t) := s+t, g (s,t) := s, g (s,t) := t+. Unser Problem lautet dann min f(s,t) unter h(s,t)= 0, g i (s,t) 0, i=,.

18 KWL 8 Wir berechnen zunächst die Gradienten und Hessematrizen der obigen Funktionen. ( f(s,t) := 0 ) 80 (s+), (t+ ), h(s,t) := (,), g (s,t) := (,0), g (s,t) := (0, ), ( 0 ) 0 (s+) f(s,t) := 60, 0 (t+) h(s,t) := 0, g (s,t) := 0. g (s,t) := 0. Je zwei der Gradienten von h, g und g sind linear unabhängig. Die Nebenbedingungen, in denen g und g vorkommen, können niemals gleichzeitig aktiv sein, wenn s+ t = gilt. Damit sind alle zulässigen Punkte reguläre Punkte der Nebenbedingungen. Daher ist eine notwendige Bedingung dafür, dass an der Stelle (s,t) ein Minimum vorliegt, dass es λ R und µ, µ 0 gibt mit Wir unterscheiden Fälle. Fall : µ = µ = 0. 0 (s+) = λ µ 80 (t+) = λ µ Dann folgt aus den Kuhn-Tucker-Bedingungen, dass 0 80 = λ = (s+) (t+ ) gilt, also (t+ ) = (s+). () Aus der Gleichungnebenbedingung folgt s = t. Setzen wir dies in () ein, so erhalten wir (t+ ) = ( t), d.h. d.h. d.h. t + t+ =t 0t+ 00, t t+ 99=0, t t+ =0,

19 KWL 9 also t {,}. Da von diesen beiden Werten nur der Kandidat im zulässigen Bereich liegt, erhalten wir also nur als Kandidat fuer eine Minimalstelle (s,t)=(,). Da f(,) positiv definit ist, liegt tatsächlich an der Stelle (,) ein lokales Minimum. Fall : µ 0, µ = 0. Dann ist die erste Ungleichungsnebenbedingung aktiv, d.h. es gilt s = 0. Aus der Gleichungsnebenbedingung folgt dann t =. Setzen wir dies in die Kuhn-Tucker- Bedingungen ein, erhalten wir also was ein Widerspruch ist. Fall : µ = 0, µ 0. 0=λ µ, 6 = λ, µ = 0+λ = 0 6 > 0, Dann ist die zweite Ungleichungsnebenbedingung aktiv, d.h. es gilt t =. Aus der Gleichungsnebenbedingung folgt dann s =. Setzen wir dies in die Kuhn-Tucker- Bedingungen ein, erhalten wir also was ein Widerspruch ist. Fall : µ 0, µ 0. = λ, 0=λ µ, µ = 0+λ = 0 > 0, Dann sind beide Ungleichungsnebenbedingungen aktiv, was nicht sein kann, wie wir eben schon argumentiert haben. Wir haben also nur ein lokales Minimum, nämlich (, ), im Zulässigkeitsbereich gefunden. Da dieser als Strecke kompakt ist, handelt es sich um ein globales Minimum des Optimierungsproblems. 7 Punkte Aufgabe 0. Sei f : R R definiert durch f(x,y) := x + y xy+x 70000y+. Zeigen oder widerlegen Sie: f ist konvex. Wir zeigen, dass f konvex ist. Beweis: f ist zweimal stetig differenzierbar mit Hessematrix ( ) H =. 0

20 KWL 0 Eine Cholesky-Faktorisierung von H existiert, sie lautet nämlich ( ) ( )( 0 H = = 0 0 somit ist H positiv definit und f strikt konvex. ), Punkte 9 Punkte Aufgabe. Geben Sie eine mathematisch exakte Definition dafür an, was es bedeutet, dass eine Funktion f : [a,b] R strikt unimodal auf [a,b] ist. Eine Funktion f : [a,b] R heißt strikt unimodal auf [a,b], wenn sie genau ein lokales Minimum in [a, b] besitzt. Aufgabe. Lösen Sie das folgende lineare Optimierungsproblem: max x + y unter x + y 6 x + y 6 x y x,y 0 Tipps: Grafische Lösung ist zulässig. Bei Benutzung von Blands Rule tauchen in unseren Rechnungen im Simplextableau keine Nenner größer als 6 auf.. Lösungsmöglichkeit: Graphische Lösung Wir lesen die Optimallösung (, ) ab und errechnen den optimalen Zielfunktionswert als + =7.

21 KWL. Lösungsmöglichkeit: Simplexverfahren Das Starttableau für das Hilfsproblem für Phase I lautet wie folgt: Der erste Pivotschritt ergibt: Der zweite Pivotschritt ergibt: Damit ist eine zulässige Lösung, nämlich (x,y) = (,), gefunden und Phase I beendet. Wir streichen die künstliche Zielfunktion und die Spalten der künstlichen Schlupfvariablen und erhalten als Starttableau für Phase II: Der Pivotschritt ergibt: Das Tableau ist final. Wir lesen die Optimallösung (,) mit Zielfunktionswert 7 ab.