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
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
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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel direkter Beweis
– Theorem:
Sei n ℕ ungerade, dann ist auch n2 ungerade.
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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel direkter Beweis
– 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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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel direkter Beweis
– 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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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel direkter Beweis
– 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
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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
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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
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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
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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
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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel Vollständige Induktion
– Theorem:
Für alle n ¸ 0 gilt:
– Beweis:
Induktionsbasis. Fall n=0.
Induktionsschritt. Sei n ¸ 0 und es gelte .
Wir zeigen:
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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
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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel Vollständige Induktion
– 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
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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel Vollständige Induktion
– Theorem:
, : 1 ist durch 1 ohne Rest teilbar.nx n x x
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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Beispiel Vollständige Induktion
– 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
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Kapitel II – Grundlagen; Beweise• Transitive Hülle (R A A)
Theorem:
R+ = ⋃n 1 Rn
Beweis (Fortsetzung):
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
Beweis (Fortsetzung):
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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