Lösungshinweise zur Klausur der Vorlesung Diskrete Strukturen

Institut für Algebra, Zahlentheorie
und Diskrete Mathematik
Prof. Dr. Marcel Erné, Adrian Pigors
25. Januar 2007
Lösungshinweise zur Klausur
der Vorlesung Diskrete Strukturen
Aufgabe 1. Betrachten Sie die Menge X der Teiler von 100 mit der Relation
xT y ⇐⇒ x ist Teiler von y ⇐⇒ es gibt ein u ∈ X mit ux = y.
(a) Warum ist T eine Ordnung auf X?
(b) Zeichnen Sie für die Nachbarschaftsrelation T ∨ mit
xT ∨ y ⇐⇒ es gibt eine Primzahl p mit px = y ⇐⇒ 2x = y oder 5x = y
ein Diagramm sowie alle Pfade (x 0 , . . . , x 4 ) von 1 nach 100 mit x i−1 T ∨ x i .
Lösung (5 + 5 = 10 Punkte). Es ist
X = {1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, 100}.
(a) T ist reflexiv: Für alle x ∈ X gilt 1 · x = x, also xT x.
T ist transitiv: Seien x, y, z ∈ X, und es gelte xT y und yT z. Dann gibt es u, v ∈ X
mit ux = y und vy = z. Folglich ist (uv)x = z und außerdem uv ∈ X, denn für
w = 100/z ist (uv)(xw) = zw = 100. Also gilt auch xT z.
T ist antisymmetrisch: Seien x, y ∈ X, und es gelte xT y und yT x. Dann ist insb.
x ≤ y und y ≤ x, also x = y.
Insgesamt ist T somit eine Ordnung auf X.
(b) Diagramm für T ∨ :
100
4
20 50
10
25
2 5
1
1

Alle Pfade (x 0 , . . . , x 4 ) von 1 nach 100 mit x i−1 T ∨ x i :
100
100
100
20 50
20 50
20 50
4
10
25
4
10
25
4
10
25
2 5
2 5
2 5
1
1
1
100
100
100
20 50
20 50
20 50
4
10
25
4
10
25
4
10
25
2 5
2 5
2 5
1
1
1
Aufgabe 2.
(a) Bestimmen Sie für die Nachbarschaftsrelation T ∨ aus Aufgabe 1 (b) eine Adjazenzmatrix
A ∈ {0, 1} 9×9 .
(b) Berechnen Sie A 2 und A 4 . Was bedeutet A 4 für Aufgabe 1 (b)?
(c) Wie hängt die Matrix E + A + A 2 + A 3 + A 4 mit der Matrix (E + A) 4 und mit der
Darstellungsmatrix der Ordnung T zusammen?
Lösung (3 + 4 + 3 = 10 Punkte).
(a) Darstellungsmatrix für T ∨ aus Aufgabe 1 (b):
A = D T ∨ =
1 2 4 5 10 20 25 50 100
1 0 1 0 1 0 0 0 0 0
2 0 0 1 0 1 0 0 0 0
4 0 0 0 0 0 1 0 0 0
5 0 0 0 0 1 0 1 0 0
10 0 0 0 0 0 1 0 1 0
20 0 0 0 0 0 0 0 0 1
25 0 0 0 0 0 0 0 1 0
50 0 0 0 0 0 0 0 0 1
100 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2

(b) Es ist
und
A 2 =
A 4 =
1 2 4 5 10 20 25 50 100
1 0 0 1 0 2 0 1 0 0
2 0 0 0 0 0 2 0 1 0
4 0 0 0 0 0 0 0 0 1
5 0 0 0 0 0 1 0 2 0
10 0 0 0 0 0 0 0 0 2
20 0 0 0 0 0 0 0 0 0
25 0 0 0 0 0 0 0 0 1
50 0 0 0 0 0 0 0 0 0
100 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 2 4 5 10 20 25 50 100
1 0 0 0 0 0 0 0 0 6
2 0 0 0 0 0 0 0 0 0
4 0 0 0 0 0 0 0 0 0
5 0 0 0 0 0 0 0 0 0
10 0 0 0 0 0 0 0 0 0
20 0 0 0 0 0 0 0 0 0
25 0 0 0 0 0 0 0 0 0
50 0 0 0 0 0 0 0 0 0
100 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Der Koeffizient 6 in der ersten Zeile und letzten Spalte von A 4 bestätigt das Resultat
aus Aufgabe 1 (c), dass es sechs T ∨ -Wege (der Länge 4) von 1 nach 100 gibt.
(c) Da es keine Wege der Länge > 4 gibt, ist s(E + A + A 2 + A 3 + A 4 ) = s((E + A) 4 )
die Darstellungsmatrix der Ordnung T = T ∨∧ .
Aufgabe 3.
(a) Zeigen Sie, dass eine Relation R auf X genau dann eine Äquivalenzrelation ist, wenn
R = R 0 ∪ RR d gilt. (R 0 = { (x, x) | x ∈ X }, R d = { (y, x) | xRy }.)
(b) Berechnen Sie die Anzahl der Äquivalenzrelationen auf 5 = {1, . . . , 5} und zeichnen
Sie die Isomorphietypen der zugehörigen Partitionen.
Lösung (5 + 5 = 10 Punkte).
(a) Sei R eine Relation auf X. Es gilt
R reflexiv ⇐⇒ R 0 ⊆ R,
R transitiv ⇐⇒ R 2 ⊆ R,
R symmetrisch ⇐⇒ R d ⊆ R.
3

Ist nun R eine Äquivalenzrelation, d. h. reflexiv, transitiv und symmetrisch, so ist
R 0 ⊆ R und
R = R 0 R = R 0 R d ⊆ RR d ⊆ R 2 ⊆ R,
also R = R 0 ∪ RR d .
Gilt umgekehrt R = R 0 ∪ RR d , so folgt
• R 0 ⊆ R (Reflexivität),
• R d = R 0 R d ⊆ RR d ⊆ R (Symmetrie),
• R 2 = RR d ⊆ R (Transitivität),
und R ist eine Äquivalenzrelation.
(b) Sei a(n) die Anzahl der Äquivalenzrelationen (bzw. Partitionen) auf n = {1, . . . , n}.
Die (aus der Übung bekannte) Rekursionsformel
liefert die folgenden Werte:
a(0) = 1, a(n) =
n∑
k=1
n 1 2 3 4 5
a(n) 1 2 5 15 52
( ) n − 1
a(n − k)
k − 1
Alternativ überlegt man sich für k = 1, . . . , 5 die Anzahl z(k) der möglichen Zerlegungen
der Menge 5 = {1, . . . , 5} in k nichtleere Blöcke:
k 1 2 3 4 5
z(k) 1 5 + ( 5
2)
= 15
( 5
3)
+ 5 · 3 = 25
( 5
2)
= 10 1
Damit gibt es a(5) = ∑ 5
k=1
z(k) = 52 Äquivalenzrelationen auf 5. Die Zeichnungen
der (Isomorphietypen der) zugehörigen Partitionen befinden sich in obiger Tabelle.
Aufgabe 4. Zeichnen Sie je einen Graphen mit 6 Knoten und mindestens 7 Kanten, der
(a) einen Euler-Rundweg und einen Hamilton-Kreis hat,
(b) einen Euler-Rundweg, aber keinen Hamilton-Kreis hat,
(c) einen Hamilton-Kreis, aber keinen Euler-Rundweg hat,
(d) weder einen Euler-Weg noch einen Hamilton-Kreis hat.
4

Lösung (2 + 3 + 3 + 2 = 10 Punkte).
(a) Euler-Rundweg, Hamilton-Kreis:
(b) Euler-Rundweg, kein Hamilton-Kreis:
(c) Hamilton-Kreis, kein Euler-Rundweg:
(d) Kein Euler-Weg, kein Hamilton-Kreis:
Aufgabe 5. Finden Sie für nebenstehenden Baum G
5
4
(a) gezeichnete Diagramme der zugehörigen Wurzelbäume,
(b) den Prüfer-Code,
(c) die Zahl der Bäume, für die jeder Knoten den gleichen
Grad wie in G hat,
6
9 10 8
7
1 2
3
(d) einen Baum aus (c), der nicht isomorph zu G ist.
5

Lösung (3 + 2 + 3 + 2 = 10 Punkte).
(a)
Wurzel 1, 2, 3, 4, 5 oder 6 Wurzel 7, 8 oder 9 Wurzel 10
(b) Prüfer-Code von G:
7 7 8 8 9 9 10 10.
(c) Die Knoten i ∈ 10 des Baumes G besitzen die folgenden Gradzahlen d G (i):
i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
d G (i) 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3
Nach Satz 2.33 der Vorlesung ist daher die Anzahl der Bäume, für die jeder Knoten
den gleichen Grad wie in G besitzt, gegeben durch
(
)
10 − 2
= 8!
0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 4 = 4 · 7 · 6 · 5 · 3 = 2520.
(d) Die Knoten i ∈ 10 des folgenden Baumes G ′ haben jeweils den Grad d G (i):
6
5
4
3
7
8 9
1 2
10
G ′ ist aber nicht isomorph zu G, da etwa in G ′ zwei und in G keine Knoten nur zu
einem Blatt adjazent sind.
6