Mathematik 1 für Informatik

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1 Guter Ochs. Juli 203 Mathematik für Iformatik Probeklausur Lösugshiweise. a Bestimme Sie per NewtoIterpolatio ei Polyom px mit möglichst kleiem Grad, so dass p = p0 = p = sowie p2 = 7. i x i y i d i,i d i 2,i d i 3,i 0 = c = c = c = c 3 px = c 0 + c x x 0 + c 2 x x 0 x x + c 3 x x 0 x x x x 2 = + x + x x = + x x 2 = x 3 x + b Ist px aus a als Fuktio p : R R i ijektiv, ii surjektiv, iii bijektiv? p ist icht ijektiv, da z. B. p0 = p = ud somit auch icht bijektiv. p ist surjektiv, da p das Itervall [; auf [; ud das Itervall ; ] aus ; ] abbildet. 2. Beweise Sie durch vollstädige Iduktio k k + = = + für N. Iduktiosafag: Für = ist k k+ = 2 = 2 = 2 = + Iduktiosschritt: + k k+ = k k = = = = = +2 = ++ Im zweite Umformugsschritt wurde die Iduktiosvoraussetzug beutzt, dass die Aussage für gilt. 3. a Bereche Sie de Grezwert [ ] [ lim + 4 = lim ] 4 3 = lim = lim = = 4. b Gilt i a = O 2, ii a = o 2 für a = + 2 l? Es ist a = + 2 l 2 = + lim + = lim + lim 2 l = lim 2 + l 2 l mit = + 0 = ud = = 2 dabei beutzt: l = o l lim = 0. Es folgt lim a 2 = 2 = 2. Da die Folge der Quotiete koverget ist, ist sie beschräkt ud somit gilt a = O 2. Da die Quotiete icht gege 0 kovergiere, gilt icht a = o.

2 4. a Wie viele sechsstellige Zahle gibt es, die ur aus ugerade Zier bestehe ud bei dee die Zier geau viermal vorkommt? Es gibt 6 4 = 5 Möglichkeite, die 4 Eise auf 6 Stelle zu verteile. Für die beide übrige Stelle gibt es jeweils 4 Möglichkeite 3,5,7,9. Zusamme gibt es damit = 240 verschiedee Möglichkeite, eie Zahl mit de geforderte Eigeschafte zu bilde. b Wie viele der Zahle aus a begie mit der Zier? Da sid och 3 Eise ud zwei adere Zier auf die 5 restliche Stelle zu verteile. Mit der gleiche Überlegug wie i a erhält ma 4 2 = 60 Möglichkeite Gegebe sei die lieare Rekursio x + = 5x 6x. a Bereche Sie x 2 ud x 3, we die Startwerte x 0 = ud x = 2 sid. x 2 = 5 x 6 x 0 = 0 6 = 4 ud x 3 = 5 x 2 6 x = = 8. b Löse Sie die charakteristische Gleichug ud bestimme Sie die allgemeie Lösug der Rekursio. λ 2 5λ + 6 = 0 λ = 5 2 ± = 5 2 ± 4 = 5 2 ± 2. Die charakteristische Gleichug hat somit die Lösuge λ = 2 ud λ 2 = 3, womit die allgemeie Lösug der Rekursio die Form hat x = r 2 + s 3 mit r, s R beliebig. c Fide Sie eie statioäre Lösug x = x der ihomogee Rekursio x + = 5x 6x + 4. Nach der allgemeie Formel ist x = = 4 2 = 2 statioäre Lösug. d Gebe Sie die allgemeie Lösug der ihomogee Rekursio aus c a. Diese setzt sich zusamme aus der statioäre Lösug x = 2 ud der allgemeie Lösug der homogee Rekursio aus b: x = 2 + r 2 + s 3 mit r, s R beliebig. 6. a Bereche Sie im Galoiskörper Z 2 [x] x 4 +x+: i = 00 bitweises exklusives oder ii = 0 Rechug,. Schritt: Multiplikatio der etsprechede Polyome x 3 + x 2 + = x 5 + x 3 + x 2 + = Schritt: Awedug des Moduloperators mit dem Modulpolyom mx = x 4 + x + = 00: 0 0 mod 00 = iii = 00 0 = 00 Rechug,. Schritt: Multiplikatio der etsprechede Polyome x 3 + x 2 + x 3 + x 2 = x 6 + x 5 + x 3 + x 5 + x 4 + x 2 = x 6 + x 4 + x 3 + x 2 = Schritt: Awedug des Moduloperators mod 00 = b Fide Sie p Z 2 [x] x 4 +x+ mit p + 0 = 0. Wege mius gleich plus folgt p = = 00

3 7. Der rechte Graph stellt eie Relatio R auf der Mege M = {A, B, C, D, E} dar. a Gebe Sie R i Megeschreibweise als Teilmege vo M M a. R = {A, B, C, A, C, B, C, D, D, B, D, E, E, C, E, E} b Ist R relexiv / symmetrisch / atisymmetrisch / trasitiv? R ist icht reexiv, da z. B. A, A R,... icht symmetrisch, da z. B. A, B R, aber B, A R,... atisymmterisch, da es keie zwei Kote i j gibt mit i, j R ud j, i R,... icht trasitiv, da z. B. C, D R ud D, E R, aber C, E R. c Gege Sie die refexive Hülle [R] re ud die symmetrische Hülle [R] symm vo R a. Zur reexive Hüller werde alle och fehlede Schlige hizugefügt: [R] re = R {A, A, B, B, C, C, D, D} = {A, A, A, B, B, B, C, A, C, B, C, C, C, D, D, B, D, D, D, E, E, C, E, E} Zur symmterische Hülle wird zu jder Kate die Gegerichtug hizugefügt: [R] symm = R {B, A, A, C, B, C, D, C, B, D, E, D, C, E} = {A, B, A, C, B, A, B, C, B, D, C, A, C, B, C, D, C, E, D, B, D, C, D, E, E, C, E, D, E, E} d Gebe Sie die iverse Relatio R a. Hier werde alle Kate umgedreht: R = {B, A, A, C, B, C, D, C, B, D, E, D, C, E, E, E} 8. a Prüfe Sie, ob im rechts abegbildete Graphe ei EulerZug existiert ud gebe Sie ih gegebeefalls a dabei spiele die Gewichte keie Rolle. Die Kote A ud F habe ugerade Grad 3 bzw. 5, alle adere Kote habe gerade Grad B, C ud D jeweils 4, E ud G jeweils 2. Somit existiert ei oeer EulerZug, der i A begit ud i E edet bzw. umgekehrt. Eie Möglichkeit vo viele ist der Weg FEBFGDFCBADCA b Kostruiere Sie mit dem Algorithmus vo Kruskal ei miimales Gerüst. rot markiert: Zuächst werde die beide Kate mit Gewicht AC ud AD ausgewählt. Vo de Kate mit Gewicht 2 werde DF ud DG ausgewählt. CD wird verworfe, da sost ei Kreis ACDA etstehe würde. Diese Auswahl ist uabhägig vo der Reihefolge, i der die drei Kate CD, DG ud DG abgearbeitet werde. Da wird BE ausgewählt ud CF verworfe wege Kreis ACFGDA. Nachdem im ächste Schritt die Kate BF ausgewählt wird, sid alle Kote miteiader verbude ud das miimale Gerüst ist komplett. Die Kate mit Gewicht > 4 müsse icht mehr betrachtet werde. c Ist das miimale Gerüst eideutig? Ja, siehe Erläuterug zu b

4 9. a Bestimme Sie mit dem Algorithmus vo Dijkstra im Graphe rechts de kürzeste Weg vom Kote A zu alle adere Kote. Die graphische Lösug ist rot markiert. Eie vollstädige Lösug der Aufgabe muss auch die durchgestrichee Zahle ethalte, da sie im Laufe des Algorithmus auftretede temporäre Markieruge darstelle. Die Lösug wurde wie folgt erhalte: Zuächst wurde ausgehed vom Startkote A als aktuelle Kote die Kote B mit 2 ud C mit 6 temporär markiert. B als Kote mit der kleiste temporäre Markierug wird zum eue aktuelle Kote ud erhält A als Vorgäger d. h. die Kate AB wird markiert. Vo B ausgehed wird die Markierug vo C zu 5 geädert, D ud E bekomme die Markieruge 7 ud 9. Kote C hat die kleiste temporäre Markierug ud wird zum dritte aktuelle Kote, der Vorgäger wird B. Die Markierug vo E bleibt uverädert, die vo D wird zu 6. Damit ist D der eue aktuelle Kote ud bekommt C als Vorgäger. E bekommt jetzt die marjierug 8, F wird mit 0 markiert. E wird aktuell ud bekommt D als Vorgäger, F bekommt die Markierug 9. Damit wir E zum Vorgäger vo F, womit der Algorithmus beedet ist. I Tabelleform sieht die Löaug wie folgt aus: Kote Etferug Vorgäger A B C D E F A B 2 A C 5 B D 6 C E 8 D 8 9 F 9 E 9 b Liefert die Rechug i a auch de kürzeste Weg vo B ach E? Ja, da der Weg BCDE mit Läge 6 ei Teilstück des kürzeste Weges vo A ach F ist, muss es sich um de kürzeste Weg vo B ach E hadel.

5 0. a Bestimme Sie mit dem Algorithmus vo FordFulkerso im Graphe rechts eie maximale Fluss. Dabei sid alle beutzte augmetierede Wege azugebe. Mit de augmetierede Wege QACS Fluss 3, QBDS Fluss +2, QBADS Fluss +2 erhält ma eie maximale Fluss mit Wert 7, der im obere Bild blau markiert ist. Dieser Fluss ist maximal, de beim Versuch, eie weitere augmetierede Weg zu kostruiere, hat ma vo Q ur die Möglichkeit ach B zu gehe, vo dort geht es ur ach C, vo dort ach A ud vo dort ur zurück ach Q oder ach B. Somit ka S icht erreicht werde. Der maximale Fluss ist jedoch icht eideutig, zwei weitere Möglichkeite sid im mittlere ud im utere Bild blau markiert. Welche dieser Flüsse der Algorithmus vo FordFulkerso erreicht, hägt vo der icht eideutige Auswahl der jeweilige augmetierede Wege ab. Dass die Flüsse jeweils maximal sid, lässt sich auch dara erkee, dass der ute rot markierte Schitt durch die Kate CS, AD ud BD ei Schitt mit miimaler Kapazität 7 ist, die de Schitt kreuzede Kate sid bei alle drei maximale Flüsse voll ausgelastet. b Köte durch Hizufüge eier Kate zwische C ud D ei gröÿerer Gesamtuss erreicht werde? We ja, welche Richtug müsste diese Kate habe? Ja, i bei eier Kate vo C ach D mit positiver Kapazität würde im obere Fluss eie euer augmetiereder Weg QBCDS etstehe, durch de der Fluss um bis zu eie EIheit erhöht werde ka. Im mittlere Graphe der Weg QACDS diese Fuktio überehme, im utere Graphe QBACDS. Eie Kate vo D ach C würde dagege icht zu eue augmetierede Wege führe.