MafI I: Logik & Diskrete Mathematik

Teillösung zum 12. Aufgabenblatt vom Donnerstag, den 14. Januar 2010 zur Vorlesung
MafI I: Logik & Diskrete Mathematik
(Autor: Maike Esmann)
1. Unabhängigkeit (2 Punkte)
Zwei faire Würfel werden gleichzeitg geworfen. Wir betrachten die 3 Ereignisse:
A 1 = Der erste Würfel zeigt eine ungerade Augenzahl.
A 2 = Der zweite Würfel zeigt eine ungerade Augenzahl.
A 3 = Die Augensumme der zwei Würfel ist ungerade.
Untersuchen Sie diese Ereignisse auf paarweise bzw. auf totale Unabhängigkeit!
2. Teilbarkeit (3 Punkte)
Es werden n > 1 ganze Zahlen unabhängig und gleichverteilt aus dem Intervall [1, 9]
gewählt. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass das Produkt der Zahlen durch 10
teilbar ist.
Tipp: Was ist notwendige und hinreichende Bedingung für die Teilbarkeit?
Lösung: Sei p = n 1 · n 2 · n 3 · ... · n n das Produkt von n > 1 ganzen Zahlen,
wobei n i ∈ [1, 9], i = 1, ..., n. Jede Zahl wird mit einer Wahrscheinlichkeit von 1 9
gezogen. Sei A das Ereignis, dass das Produkt p durch 10 teilbar ist. Dies ist genau
dann der Fall, wenn mindestens einer der Faktoren 5 und mindestens einer der Faktoren
eine gerade Zahl ist.
Das heißt:
10|p ⇔ (∃n i : n i = 5) ∧ (∃n i : 2|n)
Wir können die gesuchte Wahrscheinlichkeit mit Hilfe des Komplementärereignisses A:
10 ∤ p berechnen. Wann ist das Produkt p nicht durch 10 teilbar?
10 ∤ p ⇔ (∀n i : n i ≠ 5) ∨ (∀n i : 2 ∤ n i )
Sei nun A 1 das Ereignis, dass keine der Zahlen n 1 bis n n durch 5 teilbar ist und A 2 das
Ereignis, dass keine der Zahlen n 1 bis n n durch 2 teilbar ist. Somit folgt:
P (10 ∤ p) = P (A 1 ∪ A 2 )
Nach dem Inklusion- Exklusions- Prinzip gilt: P (A 1 ∪A 2 ) = P (A 1 )+P (A 2 )−P (A 1 ∩A 2 ),
mit P (A 1 ) = ( 8 9 )n , P (A 2 ) = ( 5 9 )n , P (A 1 ∩ A 2 ) = ( 4 9 )n folgt:
P (10 ∤ p) = ( 8 9 )n + ( 5 9 )n − ( 4 9 )n
Die Wahrscheinlichkeit, dass p durch 10 teilbar ist, ist somit:
P (A) = 1 − P (10 ∤ p) = 1 − (( 8 9 )n + ( 5 9 )n − ( 4 9 )n )
Man beachte, dass die Formel auch für n = 1 richtig ist, da ist die Wahrscheinlichkeit
0.

3. 2 Würfel (3 Punkte)
Zeigen Sie, dass es keine 2 Würfel mit Wahrscheinlichkeitsverteilungen (p 1 , . . . , p 6 )
bzw. (q 1 , . . . , q 6 ) geben kann, so dass beim Wurf als Summe der Augen die Werte 2 bis
12 gleichverteilt mit Wahrscheinlichkeit 1/11 angenommen werden. Tipp: Nehmen Sie
an, es ginge doch und diskutieren Sie die Augensummen 2, 12 und 7.
Lösung: Wir nehmen an, die Summenwerte 2 bis 12 werden gleichverteilt mit
einer Wahrscheinlichkeit von 1
11
angenommen. Die Augensumme 2 wird nur dann
erreicht, wenn mit beiden Würfeln eine 1 gewürfelt wird. Die Augensumme 12 wird nur
dann erreicht, wenn mit beiden Würfeln eine 6 gewürfelt wird.
p 1 q 1 = 1 11
p 6 q 6 = 1 11
Da die Wahrscheinlichkeit für die Augensumme 7 ebenfalls 1
11
beträgt, gilt weiterhin
p 1 q 6 +p 6 q 1 +p 3 q 4 +p 4 q 3 +p 2 q 5 +p 5 q 2 = 1
11 , wobei p 3q 4 +p 4 q 3 +p 2 q 5 +p 5 q 2 > 0. Das heißt:
p 1 q 6 + p 6 q 1 < 1 11
Durch umformen der ersten beiden Gleichungen nach p 1 und p 6 , einsetzen in die
Ungleichung und Äquivalenzumformungen erhält man folgende Aussage:
q 6
q 1
+ q 1
q 6
< 1
WIDERSPRUCH
Begründung:
Da q 1 und q 6 größer als Null sind, nehmen beide Summanden positive Werte an. Da
q 1 ≤ q 6 oder q 1 > q 6 , folgt: q 6
q 1
≥ 1 oder q 1
q 6
≥ 1.
Die Summe der Augen wird nicht gleichverteilt mit einer Wahrscheinlichkeit von
1
11 angenommen.
4. Rekursion I (4 Punkte)
Lösen Sie die folgende homogene Rekursionsgleichung vom Grad 3:
a n = 7a n−2 + 6a n−3
mit den Randbedingungen a 0 = 9, a 1 = 10, a 2 = 32.
5. Rekursion II (4 Punkte)
Sei f(n) die Anzahl der Wörter der Länge n > 0 über dem Alphabet Σ = {0, 1, 2}, in
denen keine zwei Nullen hintereinander stehen.
Geben Sie die Rekursionsgleichung an und lösen Sie sie.
Tipp: Man kann bestimmt jedes zulässige Wort der Länge n − 1 mit 1 bzw. 2 fortsetzen
und bekommt eines der Länge n. Wieviele kann man mit 0 fortsetzen?

Lösung: Betrachtet man die Fälle n = 1 und n = 2, so ergeben sich die Randbedingungen
f(1) = 3, f(2) = 8. Es gilt die folgende Rekursion:
f(n) = 2f(n − 1) + 2f(n − 2)
Begründung:
An jedes Wort der Länge (n − 1) kann jeweils eine 1 und eine 2 angehängt werden. Es
ergeben sich 2 · f(n − 1) Strings der Länge n. Eine 0 darf nur an die Wörter angehängt
werden, die mit 1 oder 2 enden. Davon gibt es genau 2 · f(n − 2) viele.
Um eine geschlossene Form zu finden, lösen wir die homogene Rekursionsgleichung
vom Grad 2. Die charakteristische Gleichung x 2 = 2x + 2 besitzt zwei einfache
Nullstellen: r 1 = 1 + √ 3, r 2 = 1 − √ 3. Somit lautet die allgemeine Rekursionsgleichung:
f(n) = c 1 (1 + √ 3) n + c 2 (1 − √ 3) n
Mit Hilfe der Randbedingungen erhält man ein lineares Gleichungssystem, woraus sich
die Konstanten c 1 und c 2 ermitteln lassen.
c 1 (1 + √ 3) + c 2 (1 − √ 3) = 3
c 1 (1 + √ 3) 2 + c 2 (1 − √ 3) 2 = 8
Mit c 1 = 3+2√ 3
6
, c 2 = 3−2√ 3
6
ist die geschlossene Form:
f(n) = 3 + 2√ 3
6
(1 + √ 3) n + 3 − 2√ 3
(1 − √ 3) n
6
6. Rekursion III (4 Punkte)
Lösen Sie die inhomogene lineare Rekursionsgleichung f(0) = 4, f(n) = 2f(n−1)+n+5.
Lösung:
Die zugehörige homogene Gleichung lautet.
Damit ist die Lösung des homogenen Teils
f(n) = 2f(n − 1)
f(n) = c · 2 n
Als nächstes suchen wir eine spezielle Lösung. Der inhomogene Teil (n + 5) hat lineare
Form, also versuchen wir f(n) = a · n + b. Das liefert
a · n + b = 2(a(n − 1) + b) + n + 5 = (2a + 1)n + (−2a + 2b + 5)
Wir vergleichen die Koeffizienten und erhalten zwei Gleichungen:
2a + 1 = a und b = −2a + 2b + 5
Die Lösungen sind a = −1 und b = −7. Wir addieren homogene und spezielle Lösung
und erhalten:
f(n) = c · 2 n − n − 7
Wir bestimmen c aus dem Rekursionsanker: c · 2 0 − 0 − 7 = 4. Damit ist c = 11 und die
geschlossene Form lautet:
f(n) = 11 · 2 n − n − 7