ws 2009/10 diskrete strukturen - in.tum.de · vorlesung diskrete strukturen ws 09/10 prof. dr. j....

Prof. Dr. J. Esparza

Lehrstuhl für Grundlagen derSoftwarezuverlässigkeit und theoretische

InformatikFakultät für Informatik

Technische Universität München

http://www7.in.tum.de/um/courses/ds/ws0910

WS 2009/10

Diskrete Strukturen

http://www7.in.tum.de/um/courses/ds/ws0809

Vorlesung Diskrete Strukturen WS 09/10Prof. Dr. J. Esparza – Institut für Informatik, TU München

Kapitel II – Grundlagen• Mathematische und notationelle Grundlagen

– Mengen

– Relationen und Abbildungen

– Aussagen- und Prädikatenlogik

– Beweismethoden

– Wachstum von Funktionen

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Die Bedeutung von Beweisen und Beweistechniken

– Informell verstehen wir unter einem Beweis eine korrekteund vollständige (lückenlose) Argumentation, aus der sichunbestreitbar die Wahrheit einer Aussage folgern lässt.

– Korrektheit schützt uns davor, Fehler zu machen.

– Vollständigkeit ermöglicht es jedem, das Resultat zuverifizieren.

– Erst durch den Beweis einer Aussage können wir in allenSituationen auf ihre Korrektheit vertrauen und sieanwenden.

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• 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.

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• 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 geeignetenBasisstruktur.

• 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.

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• In der Praxis:

– Formale Beweise zu konstruieren ist extrem aufwendig.

– Mit Hilfe von Theorembeweisern ist diese Aufgabeinzwischen für viele Sätze möglich.

– Neue Sätze werden jedoch erst “informell” in einerMischung aus natürlicher Sprache und Prädikatenlogikbewiesen.

– Der Beweis wird akzeptiert, wenn andere Mathematiker derMeinung sind, der Beweis ließe sich formalisieren, wenngenug Zeit investiert würde.

– Wenn ein Teil des Beweises bezweifelt wird, muss der Autordiesen Teil näher an einen formalen Beweis bringen.

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beweistypen.

– Direkter Beweis• “Um F ) G zu beweisen, nimm F an, und zeige G”.

• Entspricht der Regel

– Indirekter Beweis

– Widerspruchsbeweis

– Induktionsbeweis

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____________

A ` F ) G

A , F ` G


Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel direkter Beweis

– Theorem:

Sei n ℕ ungerade, dann ist auch n2 ungerade.

8



– Theorem:

Sei n 2 N0 ungerade, dann ist auch n2 ungerade.

– Beweis:

Sei n eine beliebiges ungerades Element von N0.

Aus der Definition von ungerade folgt: es gibt m 2 N0 mit n=2m +1.

Aus der Definition von Quadrat folgt: n2 = (2m+1)(2m+1).

Aus den Eigenschaften der Multiplikation und der Summe folgt:

n2 = 4m2 + 4m +1= 2(2m2 + 2m) +1,

d.h., n2 = 2l +1 für l=(2m2 + 2m).

Aus der Definition von ungerade folgt: n2 ist ungerade.

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– Theorem:

Sei n 2 N ungerade. Dann lässt sich n als Differenz zweierQuadratzahlen aus N0 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 N0 und (n-1) ist gerade.

Mit (n+1) und (n-1) gerade gilt: (n+1)/2, (n-1)/2 2 N0

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– Theorem:

Sei n 2 N ungerade. Dann lässt sich n als Differenz zweierQuadratzahlen aus N0 darstellen.

– Beweis:

Aus der Definition von Quadrat, aus den Eigenschaften des Produkts und

der Summe folgt:

So n ist die Differenz der Quadrate von (n+1)/2 und (n-1)/2.

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µn+1

2

¶2¡µn¡ 1

2

¶2=n2 + 2n¡ 1

4¡ n

2 ¡ 2n¡ 1

4=

4n

4= n


Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beweistypen.

– Indirekter Beweis

• “Um F ) G zu beweisen, nimm : G an, und zeige : F. ”

• Entspricht der Regel

• 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 : Hgilt, argumentieren.

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____________

A ` F ) G

A , : G ` : F


Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel indirekter Beweis

– Theorem:

Sei n ℕ0. Falls n2 gerade, dann ist auch n gerade.

– Beweis:

Die Aussage ist äquivalent zu

“Wenn n ℕ0 ungerade, dann ist auch n2 ungerade”

Diese Aussage wurde bereits bewiesen.

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel indirekter Beweis

– Theorem:

Sei f: R! R die Funktion mit f(x) = x2 – 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 k2 – 5k + 6 =0.

Mit k2 – 5k + 6 = (k-3)(k-2) gilt k=3 oder k=2.

In beiden Fällen gilt k ¸ 0.

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Widerspruchsbeweis (reductio ad absurdum)

– “Um F zu beweisen, zeige, dass aus : F einen Widerspruchfolgt”

– Entspricht dem Beweisschema

– … oder die Äquivalenz F ´ : F ) (G Æ : G)

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_________________

A ` F

A , : F ` false__________________________

A , : F ` G A , : F ` : G


Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel Widerspruchsbeweis

– Theorem:

Gegeben sei ein Dreieck mit den Seitenlängen a,b,c mit a,b ≤ c. Wenn a2+b2 = c2 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, a2+b2 = c2) 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.

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• 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:

a2 + b2 = e2.

Da auch a2 + b2 = c2 folgt: c2 = a2 + b2 = e2 also c2 = e2. Und daher ist c = e, was im Widerspruch zur obigen Aussage ist, dass c ≠ e ist. ⃞

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• Beispiel Widerspruchsbeweis

– Theorem:

ist irrational.

– Beweis:

Annahme: 2Q.

Dann gibt es teilerfremde Zahlen n, m 2 Nmit .

Es folgt n2 = 2m2. Damit sind n2 und n gerade.

Da n gerade ist, gibt es eine Zahl k mit 2k = n. Es folgt

4k2 = 2m2 und so 2k2 = m2 . Damit sind m2 und m gerade, und so nicht teilerfremd. Widerspruch.

Kapitel II – Grundlagen; Beweise

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p2

p2 p

2 =n

m


Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Vollständige Induktion

– Eine Beweistechnik um zu zeigen, dass alle natürlichen Zahleneine 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, gehtman 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.

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel Vollständige Induktion

– Theorem:

0

( 1)

2

n

i

n ni

20



– Theorem:

Für alle n ¸ 0 gilt:

– Beweis:

Induktionsbasis. Fall n=0.

Induktionsschritt. Sei n ¸ 0 und es gelte .

Wir zeigen:

21

nX

i=0

i =n(n+ 1)

2

0X

i=0

i = 0 =0(0 + 1)

2

n+1X

i=0

i =(n+ 1)((n+ 1) + 1)

2=

(n+ 1)(n+ 2)

2

nX

i=0

i =n(n+ 1)

2



– Theorem:

Für alle n ¸ 0 gilt:

– Beweis:

Es gilt

Aus der Induktionsannahme folgt:

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nX

i=0

i =n(n+ 1)

2

n+1X

i=0

i =

ÃnX

i=0

i

!+ (n+ 1)

n+1X

i=0

i =n(n+ 1)

2+ (n+ 1) = (n+ 1)

³n2+ 1´=

(n+ 1)(n+ 2)

2



– Theorem:

, : 1 ist durch 1 ohne Rest teilbar.nx n x x

23



– Theorem:

– Beweis:, , 1: 1 ist durch 1 ohne Rest teilbar.nx n x x x

1

: 1 trivial ( 1) /( 1) 1 Rest 0

: ( ), also Satz richtig für

sei ( 1) /( 1)

:

1 ( 1) ( 1)

Indu

( 1

1

ktionsanfang

Induktionsannahme

Induktionsschluss

1

n

n n n

n x x

P n n

x x k

x x x x x x

x x

) 1

11 1

Dies ist ( 1), die Behauptung für 1.

xxk

x x

P n n

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Mengenoperationen - Die Potenzmenge

– Theorem: Sei n ℕ0 und sei M eine Menge der Kardinalitätn. Dann enthält die Potenzmenge P(M) genau 2n Elemente.

Beweis:

Durch Induktion über n.

Basis. Sei n=0. Wir müssen zeigen, dass P(M) genau einElement enthält. Da M = ; gilt P(M) = {;}. Fertig.

Schritt. Sei n ℕ0 beliebig und sei M ={a1, …, an+1} einebeliebige Menge der Kardinalität n+1.

Sei M’= {a1, …, an}. Aus der Induktionsannahme folgt |P(M’)| = 2n .

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Mengenoperationen - Die Potenzmenge

– Theorem: Sei n ℕ0 und sei M eine Menge der Kardinalität n. Dann enthält die Potenzmenge P(M) genau 2n Elemente.

Beweis (Fortsetzung):

Seien MIT = {L µ M j an+1 2 L}

OHNE = {L µ M j an+1 L}.

Aus der Definition von Potenzmenge folgt MIT [ OHNE = P(M). DaMIT und OHNE disjunkt sind, gilt |P(M)| = |MIT| + |OHNE|.

Wir zeigen |MIT| = 2n und |OHNE| = 2n.

|OHNE| = 2n . Es gilt OHNE = P(M’) und so |OHNE| = 2n.

|MIT| = 2n. Es gilt: L 2 MIT gdw. Ln {an+1} 2 OHNE. Es folgt |MIT| = |OHNE| = 2n.

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Transitive Hülle (R µ A A)

Theorem:

R+ = ⋃n 1 Rn

Beweis:

Wir zeigen R+ µ⋃n 1 Rn und R+ ¶⋃n 1 Rn.

Beweis von R+ µ ⋃n 1 Rn . Wir zeigen zuerst, dass ⋃n 1 Rn transitiv ist.

Seien x,y,z beliebige Elemente von A mit (x,y),(y,z)2⋃n 1Rn.

Es gibt i, j ¸ 1 mit (x,y)2 Ri und (y,z)2 Rj .

Mit Ri+j = Ri ± Rj gilt (x,z) 2 R(i+j) und so (x,z) 2⋃n 1 Rn .

Aus R=R1 folgt R µ⋃n 1 Rn . Wir haben also: ⋃n 1 Rn ist transitiv und enthält R. Da R+ die kleinste Relation ist, die transitiv ist und R enthält, gilt R+ µ⋃n 1 Rn . 27


Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Transitive Hülle (R A A)

Theorem:

R+ = ⋃n 1 Rn


Beweis von R+ ¶⋃n 1 Rn . Sei T µ A £ A eine beliebige transitive Relation mit R µ T . Wir zeigen ⋃n 1 Rn µ T. Damit ist ⋃n 1 Rn die kleinste transitive Relation, die R enthält, d.h. R+ = ⋃n 1 Rn .

Es reicht zu zeigen, dass Rn µ T für alle n ¸ 1 gilt.

Wir beweisen es durch Induktion über n.

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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Transitive Hülle (R A A)

Theorem:

R+ = ⋃n 1 Rn


Basis. Sei n=1. R1 µ T folgt aus R1=R und R µ T.

Schritt. Sei n ¸ 1 beliebig und nehmen wir an, dass Rn µ T gilt.

Wir zeigen Rn+1 µ T. Sei (x,y) 2 Rn+1 beliebig. Wir zeigen (x,y) 2 T.

Mit Rn+1 = Rn ± R gilt: es gibt z 2 A mit (x,z)2Rn und (z,y)2R.

Mit Rn 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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