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Prüfung 5 März 2016, Fragen und Antworten
Algorithmische Mathematik (01142)
FernUniversität in Hagen
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zu den Klausuraufgaben zum Kurs 1142 Algorithmische Mathematik 1142KWL16 5 Punkte Aufgabe 1. Zeigen Sie, dass alle n N gilt: n k! k (n 1)! 1 Wir zeigen die Behauptung per Induktion n. n 0 gilt n k! k 0 k! k 0! 0 0 1 1 (0 1)! 1 (n 1)! 1. Sei nun n 0 und die Behauptung n 1 bereits bewiesen. Dann folgt n k! k n! n k! k IV n! n n! 1 n!(n 1) 1 (n 1)! 1. Nach dem Prinzip der Induktion folgt die Behauptung also alle n N. 5 Punkte Aufgabe 2. Eine faire die beim Wurf entweder Kopf (mit Wahrscheinlichkeit 21 ) oder Zahl (mit Wahrscheinlichkeit 21 ) zeigt, wird 10 mal geworfen. Zeigen oder widerlegen Sie: Die Wahrscheinlichkeit, dass dabei genau 4 mal Kopf geworfen wird, ist als 15 . Wir zeigen, dass die Wahrscheinlichkeit 4 mal Kopf als 15 ist. Es gibt 210 gleichwahrscheinliche Elementarereignisse x f , . Wir betrachten alle Tupel x mit genau 4 Komponenten Kop f , davon gibt es 10 4 viele. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit p ist also 10 9 8 7 10 3 7 210 4 p 210 1 2 3 4 1024 1024 1024 210 1 . 1050 5 1142KWL16 2 Aufgabe 3. Sei G5,3 die Klasse aller bipartiten Graphen G (V1 , E) mit Bipartitionen V1 und V2 und den Eigenschaften (1) 5, (2) 3, (3) N V1 : degG (v1 ) k1 , (4) N V2 : degG (v2 ) k2 , (5) G ist 1 Punkt (a) Zeigen oder widerlegen Sie: Es gibt einen Graphen G G5,3 . Wir zeigen, dass es einen solchen Graphen gibt. Ein solcher ist der K5,3 . Dieser ist und (1), (2), sowie (3) mit k1 3 und (4) mit k2 5. 5 Punkte (b) Zeigen oder widerlegen Sie: Es gibt einen Graphen G G5,3 , der eulersch ist. Die Behauptung ist falsch. Dazu zeigen wir Tipp, dass das Beispiel aus (a) bis auf Isomorphie der einzige Graph in G5,3 ist. Sei dazu G G5,3 und seien k1 , k2 N Zahlen (3) und (4). Aus (1) und (3) folgt, dass die Anzahl der Kanten in G gleich 5k1 ist. Analog folgt aus (2) und (4), dass die Anzahl der Kanten in G gleich 3k2 ist. Somit gilt 5k1 3k2 . Da k1 , k2 N sind, muss sowohl durch 3 als auch durch 5 teilbar sein, also durch 15 teilbar. Da G bipartit mit einer und einer Bipartition ist, gilt andererseits 5 3 15. Somit folgt 0, so G ein Graph aus lauter isolierten Knoten, also was aber (5) widerspricht. Somit folgt 15. Damit alle Kanten vw mit (v, w) V1 vorhanden sein, G ist also bipartit, also isomorph zum K5,3 . Der Graph K5,3 ist aber nicht eulersch, da er Knoten von ungeradem Grad Da er bis auf Isomorphie das einzige Beispiel von Graphen aus G5,3 ist, sind alle Graphen aus G5,3 nicht eulersch, die Behauptung also falsch. 2 Punkte (c) Zeigen oder widerlegen Sie: Es gibt einen Graphen G G5,3 , der ein perfektes Matching besitzt. 1142KWL16 4 Wir listen alle Isomorphieklassen von auf 5 Knoten auf. Sei T (V, E) ein Baum mit 5 Knoten. Falls deg(v) 2 alle v V , so ist T ein Weg, also isomorph zum Weg P5 . Ansonsten hat T einen Knoten v0 vom Grad 3. Wegen deg(v) 1 alle v V und weil, da T Baum ist, 1 5 1 4 gilt, folgt mit dem 8 deg(v) 3 deg(v), dass entweder deg(v0 ) 4 ist und alle anderen Knoten sind oder deg(v0 ) 3 ist, genau ein Knoten Grad 2 hat und alle anderen Knoten sind. Im ersten Unterfall die adjazent zu v0 sein, also T isomorph zum Stern K1,4 sein. Im zweiten Unterfall muss der Knoten vom Grad 2 adjazent zu v0 und einem Blatt sein, die beiden anderen adjazent zu v0 . Bei dem Graphen handelt es sich also um den unten abgebildeten, sogenannten Stuhl H . Der Stuhl H Die Valenzsequenz vom Weg P5 ist (2, 2, 2, 1, 1). Die Valenzsequenz vom Stern K1,4 ist (4, 1, 1, 1, 1). Die Valenzsequenz vom Stuhl H ist (3, 2, 1, 1, 1). Da die Valenzsequenzen der drei Graphen verschieden sind, folgt die nichttriviale Richtung der Behauptung. 4 Punkte Aufgabe 5. Sei G (V, E) ein Graph mit der Eigenschaft, dass es alle v, w V genau einen in G gibt. Zeigen Sie, dass G kreisfrei und ist. Wir zeigen die Kontraposition der beiden Behauptungen, genauer zeigen wir: (A) Wenn ein Graph G (V, E) nicht kreisfrei ist, dann gibt es v, w V mit mehr als einem in G. (B) Wenn ein Graph G (V, E) nicht ist, dann gibt es v, w V , die es keine in G gibt. Ad (A): Sei C ein Kreis in G mit Knoten in der Reihenfolge v1 v2 . . . vn , n 3. Dann sind P1 v1 v2 und P2 v2 . . . vn v1 zwei verschiedene v1 in G. 1142KWL16 5 Ad (B): Wenn G nicht ist, existieren zwei verschiedene Komponenten A, B V mit v A und w B. Damit gibt es keinen in G. Aufgabe 6. Betrachten Sie den Graphen K3,3 mit Kantengewichten (a)) und (b)), wie im Folgenden abgebildet. 1 1:(A,B,C) A:(2,3,1) 7 5 8 2:(A,C,B) 2 Punkte B:(2,1,3) 9 4 3:(B,A,C) 2 6 3 C:(1,2,3) (a) Bestimmen Sie einen minimalen aufspannenden Baum der angegebenen Kantengewichte. Sie Ihr Ergebnis. Wir benutzen den Algorithmus von Kruskal. Dieser nimmt die Kanten mit den kleinsten Gewichten 1, 2, 3 und 4 in den aufspannenden Baum auf. Die Kante mit Gewicht 5 wird verworfen, da sie einen Kreis Danach wird die Kante mit Gewicht 6 aufgenommen. Nun bilden die aufgenommenen Kanten die Kantenmenge eines aufspannenden Baumes, d. das Verfahren kann hier abgebrochen werden. Der gefundene minimale aufspannende Baum sieht wie folgt aus: 1 7 5 8 2 9 4 6 3 6 Punkte (b) Bestimmen Sie eine stabile Hochzeit der angegebenen Sie Ihr Ergebnis. 1. Da 2 und A sich gegenseitig bildet 2A ein Paar in jeder stabilen Hochzeit. streicht man A und 2 aus den Listen der anderen, so sich 1 und B gegenseitig, 1142KWL16 7 1. Scharfes Hinsehen Wir sehen, dass die bi jeweils die Summe von zwei Spalten der Matrix ist, genauer lauten die x1 (1, 1, , x2 (1, 0, , x3 (0, 1, . 2. Nutzung der LU Wir bestimmen eine LU von A: 2 3 2 3 2 3 8 1 2 2 3 2 2 3 4 Eine LU von A lautet also 2 3 1 0 0 2 3 1 0 0 2 0 0 1 L U Nun bestimmen wir die von Axi LUxi bi , indem wir erst Lyi bi und dann Uxi yi Im ersten Rechenschritt ergibt sich y1 (5, 2, , y2 (1, 3, , y3 (2, 5, . Damit ergibt sich im zweiten Rechenschritt x1 (1, 1, , x2 (1, 0, , x3 (0, 1, . 1142KWL16 5 Punkte 8 Aufgabe 8. Betrachten Sie den Ausdruck x x2 1 x x2 1 sehr x. Geben Sie eine numerisch stabile Auswertungsvorschrift den Ausdruck an. Wenn wir den Ausdruck auf einen Hauptnenner bringen erhalten wir x x 2 A 2 x x x(x2 1) x(x2 1) (x2 1)(x2 1) . x4 1 Letzterer Ausdruck ist numerisch stabil, da hier keine wie bei der Differenz der ersten beiden erfolgt. Die explizite Auswertungvorschrift den Ausdruck A lautet also 8 Punkte Aufgabe 9. Sie das Optimierungsproblem min 9xy xz 5yz unter 2x y z 4. 1. Substitution Wir substituieren die Variable z mittels der Nebenbedingung z 4 2x y und erhalten als Zielfunktion f (x, y) 9xy x(4 2x y) 5y(4 2x y) 9xy 4x 2x2 xy 20y 10xy 5y2 2x2 2xy 5y2 4x 20y. Diese Funktion, ohne Nebenbedingung, ist zu minimieren. Dazu berechnen wir: f (x, y) (4x 2y 4, 10y 20) ! 4 f (x, y) 10 Der Gradient von f (x, y) ist gleich Null, wenn (x, y) des Gleichungssystems 4x 2y 4 10y 1142KWL16 10 die Bedingungen zweiter Ordnung bestimmen wir y, z), also die des Gleichungssystems (2, 1)(u, v, 0. Dies ist die Menge v, w) R3 R : (u, v, w) (s,t, Wir untersuchen nun die Hessematrix von f (0, 2) auf positive Definitheit dieser Menge. Es gilt 0 9 s (s,t, t) 9 0 5 t 5 0 t 18st t) t) 4s2 4st 10t 2 2s2 2(s t)2 8t 2 0 alle (s,t) (0, 0), wie auch schon im ersten gesehen. Also ist f (0, 2) auf Kern(2, 1) positiv definit, d. es handelt sich um ein lokales Mimimum an der Stelle (0, 2). Da die Hessematrix von f von (x, y, z) ist, kann man aus dem obigen Argument sogar folgern, dass f konvex auf dem durch die Nebenbedingung Definitionsbereich ist, es sich bei dem lokalen Minimum sogar um das einzige globale Minimum der Optimierungsaufgabe handelt. Aufgabe 10. In einem Industriebetrieb sollen mindestens 30 Tonnen Bioethanol und mindestens 20 Tonnen Proteinfutter (Trockenschlempe, engl. DDGS) hergestellt werden. Es stehen drei Anlagen zur Da diese unterschiedliche Rohstoffe und unterschiedlich viel Energie benutzen, fallen unterschiedliche Betriebskosten und Energiekosten) die Benutzung der Anlagen an. Anlage 1 verwertet und produziert pro Stunde 1 Tonne Bioethanol und 3 Tonnen Proteinfutter. Die Betriebskosten von Anlage 1 betragen 450 Euro pro Stunde. Anlage 2 verwertet pflanzliche und produziert pro Stunde 2 Tonnen Bioethanol und 1 Tonne Proteinfutter. Die Betriebskosten von Anlage 2 betragen 300 Euro pro Stunde. Anlage 3 verwertet Weizen und produziert pro Stunde 1 Tonne Bioethanol und 1 Tonne Proteinfutter. Die Betriebskosten von Anlage 3 betragen 180 Euro pro Stunde. 1142KWL16 11 Anlage 1 Anlage 2 Anlage 3 Bioethanolproduktion (in Tonnen pro Stunde) 1 2 1 Proteinfutterproduktion (in Tonnen pro Stunde) 3 1 1 Betriebskosten (in Euro pro Stunde) 450 300 180 Dem technischen Management stellt sich die Frage, wieviele Stunden die einzelnen Anlagen in Betrieb sein sollen, um die Anforderungen zu so dass geringe Gesamtbetriebskosten entstehen. 5 Punkte (a) Modellieren Sie das Problem als lineares Programm. Sei xi , i 2, jeweils die Produktionsdauer von Anlage i in Stunden. Damit lautet die Zielfunktion (Betriebskostenminimierung) min 450x1 300x2 180x3 . Die Mindestbedingung die Produktionsmenge von Bioethanol formulieren wir als die folgende Nebenbedingung: x1 2x2 x3 30. Die Mindestbedingung die Produktionsmenge von Proteinfutter formulieren wir als die Nebenbedingung 3x1 x2 x3 20. Die physikalische Restriktion der Nichtexistenz negativer Zeitdauern ergibt die Nebenbedingung x1 , x2 , x3 0. Insgesamt lautet das Programm min 450x1 300x2 180x3 unter x1 2x2 x3 30 3x1 x2 x3 20 x1 , x2 , x3 0. 2 Punkte (b) Stellen Sie das duale Programm zu dem Problem auf. Das duale Programm lautet max 30y1 unter y1 2y1 y1 6 Punkte 20y2 3y2 y2 y2 y1 , y2 450 300 180 0. (c) Sie das duale Programm (also das aus (b)) mit einer Methode Ihrer Wahl grafisch oder mit dem Simplexalgorithmus). 1142KWL16 13 3. Simplexalgorithmus Das Starttableau sieht wie folgt aus: 30 20 0 0 0 0 1 3 1 0 0 450 2 1 0 1 0 300 1 1 0 0 1 180 Wir Spalte 1 als Pivotspalte, nach dem Minimalquotiententest wir dann in der zweiten Nebenbedingungszeile pivotieren. Wir erhalten das folgende Tableau: 0 0 1 0 5 0 0 5 12 0 300 2 1 1 1 150 2 0 2 0 1 2 0 12 1 30 Wir in Spalte 2 in der letzten Nebenbedingungszeile pivotieren und erhalten das folgende Tableau: 0 0 0 0 0 1 2 150 1 0 0 1 120 0 1 0 2 60 Dieses Tableau ist optimal, da die reduzierten Kosten nichtpositiv sind. Wir lesen die (y1 , y2 ) (120, 60) und den optimalen Zielfunktionswert 4800 ab. 2 Punkte (d) Wie hoch sind die Gesamtbetriebskosten in einer des Problems (aus (a))? Sie Ihre Antwort. Da das duale Programm aus (b) nach (c) und ist und den optimalen Zielfunktionswert 4800 hat, ist das primale Programm aus (a) nach dem starken auch und hat den gleichen optimalen Zielfunktionswert. Dieser entspricht den Gesamtbetriebskosten im Optimum, welche also 4800 Euro betragen. Aufgabe 11. Betrachten Sie die Funktion F : R2 R mit F(x, y) 2y y und das Optimierungsproblem min F(x, y). 2 1142KWL16 1 Punkt 14 (a) Sie, dass der Satz die hier nicht anwendbar ist. Der Satz die ist hier nicht anwendbar, da die Funktion nicht stetig differenzierbar in , ) ist, wenn 3 0 gilt. Es ist auf Grund der Betragsfunktion in dem ersten Summanden (1, 1) , ) (3 , ) lim f (3 h, ) f (3 , ) h lim f (3 h, ) f (3 , ) h aber f ist also nicht differenzierbar an den Stellen , ) (3 , ). 6 Punkte (b) Geben Sie eine das Problem an. Aus der der Betragsfunktion folgt F(x, y) 0 alle x, y R. Wenn wir also (x0 , y0 ) finden mit F(x0 , y0 ) 0, so ist (x0 , y0 ) eine Ein solches (x0 , y0 ) finden wir, indem wir beachten, dass dann die beiden verschwinden als des linearen Gleichungssystems x 2y 3 0 3x y 2 0, welches die eindeutige (x0 , y0 ) (1, 1) hat. Somit liegt an der Stelle (1, 1) ein globales Minimum der Funktion f mit Funktionswert 0. Aufgabe 12. Wir betrachten die Methode des steilsten Abstiegs mit optimaler zur Bestimmung eines lokalen Minimums einer stetig differenzierbaren Funktion F : Rn R. 3 Punkte (a) Beschreiben Sie das Verfahren. Das Verfahren bestimmt iterativ eine Folge (xk von Punkten xk , wobei der erste Iterationspunkt x0 ein vorgegebener Punkt aus Rn ist. k 1 werden im k Iterationsschritt f als Suchrichtung bestimmt und dann die Schrittweite t als lokale des Minimierungsproblems gk (t) mit gk (t) f f ),
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