DEL I. Matematiska Institutionen KTH

Transkript

1 1 Matematiska Istitutioe KTH Lösig till tetamesskrivig på kurse Diskret Matematik, momet A, för D2 och F, SF1631 och SF1630, de 5 jui 2009 kl DEL I 1. (3p) Bestäm e lösig till de diofatiska ekvatioe 373x + 83y = 1. Lösig: Euklides algoritm ger Ur dea erhåller vi 373 = = x = 2 och y = 9 till exempel. 1 = = 83 2( ) = (3p) Avgör om edaståede två tal är lika eller olika: ( ) k resp k ( ) 1. k 1 Lösig: Vi fier att k ( ) = k k! k! ( k)! = ( 1)! (k 1)!( k)!, samt att ( ) 1 ( 1)! = k 1 (k 1)! ( 1 (k 1))! = ( 1)! (k 1)!( k)!, dvs de bägge tale är lika vilket blir vårt SVAR. 3. (3p) Ka talet a bestämmas så att det fis ett träd T med 27 oder med vales 1, a oder med vales 2, 11 oder med vales 3, och 11 oder med vales 4. Lösig: Atalet kater e i grafe T fås ur sambadet mella oderas valeser och atalet kater eligt eda Atalet oder v blir ju e = 1 ( a ) = 52 + a. 2 v = 27 + a = 49 + a. I varje träd gäller att v = e + 1. Dea ekvatio är omöjlig att uppfylla för giva idata, så vi får Nej

2 2 4. (3p) Bestäm samtliga lösigar i rige Z 12 till ekvatiossystemet { 2x + 5y = 3 3y = 0 Lösig: Ekvatioe 3y = 0 har lösigara y = 0, 4 eller 8, vilket vi fa medelst prövig. Med dessa värde på y får vi följade möjligheter för de första ekvatioe Me, e ekel kotroll visar att 2x = 3, 2x + 8 = 3, 2x + 4 = 3. {2x + k 4 x Z 12 } = {0, 2, 4, 6, 8, 10}, för k = 0, 1, 2, så de första ekvatioe blir omöjlig att uppfylla för ågot värde på x om y = 0, 4, eller (3p) Är matchige M = {(x 1, y 1 ), (x 3, y 2 ), (x 4, y 3 ), (x 5, y 5 )} i de bipartita grafe G med odmägde V = {x 1, x 2,..., x 5, y 1, y 2,..., y 5 }, och katmägde E eda {(x 1, y 1 ), (x 1, y 2 ), (x 2, y 1 ), (x 2, y 2 ), (x 3, y 2 ), (x 3, y 3 ), (x 3, y 5 ), (x 4, y 2 ), (x 4, y 3 ), (x 5, y 4 ), (x 5, y 5 )}, e maximal matchig. Lösig: Om vi ritar grafe och markerar matchige ser vi lätt att följde av oder x 2 y 2 x 3 y 5 x 5 y 4 bildar e altererade stig till de giva matchge. Till e maximal matchig fis aldrig altererade stigar. Alltså ka de giva matchige ite vara maximal, vilket blir vårt SVAR. DEL II 6. (3p) Bestäm atalet tal mella 1 och 100, dvs 1 100, som är relativt prima till talet 50. Lösig: Talet 50 ka faktoriseras i e produkt av primtal eligt 50 = Talet och talet 50 är relativt prima om de sakar gemesamma delare förutom talet 1, dvs precis då sakar delare d sådaa att 2 d eller 5 d. Vi skall alltså söka atalet tal sådaa att 2 och 5. Vi gör detta med hjälp av pricipe om iklusio exklusio. Atalet tal 100 såda att de ite delas av två, dvs vart aat tal, är lika med 50. Vart femte tal är ite delbart med 5 och vart tiode ej delbart med varke 2 eller 5. Totalt är atalet tal som ej är delbara med 2 eller 5 mella 1 och hudra lika med ( ) + 10 = 40.

3 3 7. (4p) Tio persoer skall dela på tre taxibilar till e fest. På hur måga olika sätt ka de tio fördela sig på de tre bilara om ige bil får ha mer ä fyra passagerare. Lösig: Atige kommer fyra persoer att fias i två av bilara och två persoer i e bil, eller så kommer e bil ha fyra persoer och två bilar att ha tre persoer vardera. Bilara är olika, så de tio olika persoera skall fördelas i tre etiktterade delmägder, med atal elemet eligt utredige ova. Svaret ges då av multiomialkoefficieter och vi får, eftersom det fis tre möjliga val av bil med två passagerare, resp i adra fallet tre val av bil med fyra passagerare, ( ) ( ) , 4, 2 4, 3, 3 Am: Om bilara ases oetiketterade skall multiomialkoefficietera ova multipliceras med 1/2 istället för med tre, vilket också gav full poäg på uppgifte. 8. (4p) Bestäm t ex med hjälp av kiesiska restsatse och så kallad sabb aritmetik samtliga lösigar i rige Z 630 till ekvatioe z 2 3z + 2 = 0. Lösig: Rige Z 630 är isomorf med de direkta produkte av rigara Z 7, Z 9 och Z 10 eftersom 630 = samt pga att tale 7, 9 och 10 är parvis relativt prima. Elemete i rigara korrespoderar då till varadra eligt x Z 630 (x 1, x 2, x 3 ) Z 630, where x 1 = x(mod 7), x 2 = x(mod 9) och x 3 = x(mod 10). Om elemetet x satisfierar de giva ekvatioe så kommer x 2 1 3x = 0, x 2 1 3x = 0, x 2 1 3x = 0, att gälla och alla tripplar (x 1, x 2, x 3 ) som satisfierar dessa ekvatioer kommer, eligt kiesiska restsatse, att ge ett elemet x Z 630 som satisfierar giva ekvatioe. Geom prövig fier vi för x 1 Z 7 att x 2 1 3x = 0 x 1 {1, 2}, för x 2 Z 9 att och för x 3 Z 10 att x 2 2 3x = 0 x 2 {1, 2}, x 2 3 3x = 0 x 3 {1, 2, 6, 7}. Allmäa lösigsformel för ett system av kogrueser ger att kogruesekvatioera x 7 x 1, x 9 x 2, x 10 x 3, har lösige x = x x x (mod 630). Det fis totalt = 16 möjliga taltripplar att kombiera ihop. x = 90x x x 3 (mod 630), där x 1 {1, 2}, x 2 {1, 2} och x 3 {1, 2, 6, 7}.

4 4 DEL III Om du i dea del aväder eller hävisar till satser frå läroboke skall dessa citeras, ej ödvädigvis ordagrat, där de aväds i lösige. 9. Låt S betecka mägde av alla permutatioer av elemete i mägde {1, 2,..., }. (a) (1p) Betrakta S 6 och permutatioe ϕ = ( ). Bestäm ϕ 2 samt bestäm e permutatio x S 7 såda att x 2 = ( ), eller visa att e såda permutatio x ej fis. Lösig: Vi fier att ϕ 2 = ( )( ) = (1 3 5)(2 4 6). Kvadererar vi cykel x = (a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 ) får vi cykel x 2 = (a 1 a 3 a 5 a 7 a 2 a 4 a 6 ). Så vi idetifierar a 1 med 1, a 3 med 2 etc och får x = ( ). (b) (2p) Härled e formel för atalet lösigar i S till ekvatioe x 2 = (1)(2)... (). Lösig: Vi asätter e lösig x som e produkt av disjukta cykler x = ψ 1 ψ 2... ψ k, och får x 2 = ψ 2 1ψ ψ 2 k. För att detta skall vara lika med idetitespermutatioe krävs att ψt 2 = id för t = 1, 2,..., k. Detta iträffar bara om dessa permutatioer är 2-cykler, eller 1-cykler. Atalet lösigar till de giva ekvatioe ges alltså av atalet sätt att välja ut ett atal t parvis disjukta 2-delmägder, för t 1 och 2t. Eftersom 2-delmägdera är oetiketterade har vi 2 t=1 ( ) 1 ( 2t t! 2t 2, 2,..., 2 (c) (1p) Låt ϕ och ψ vara permutatioer i S av samma typ. Kommer ekvatioera x 2 = ϕ och x 2 = ψ då alltid att ha lika måga lösigar i S. Lösig: Om ϕ och ψ är av samma typ är de kojugerade och det fis e permutatio τ såda att ϕ = τψτ 1. Vidare ser vi att om x 2 = ψ så kommer ). (τxτ 1 ) 2 = τxτ 1 τxτ 1 = τx 2 τ 1 = τψτ 1 = ϕ, dvs y = τxτ 1 är e lösig till ekvatioe y 2 = ϕ. På samma sätt ser ma att om y är e lösig till y 2 = ϕ så kommer permutatioe x = τ 1 yτ att vara e lösig till ekvatioe x 2 = ψ. Relatioe x τxτ 1, ger alltså e bijektio mella mägde av lösigar till ekvatioe x 2 = ψ och mägde av lösigar til ekvatioe y 2 = ϕ, så de bägge ekvatioeras lösigsmägder är lika stora.

5 5 (d) (2p) Går det att formulera ågo geerell sats med vars hjälp ma ekelt ka avgöra om ekvatioe x 2 = ψ är lösbar i S för ågo give permutatio ψ. Lösig: Om e cykel av jäm lägd kvadreras uppstår två cykler eligt eda: (a 1 b 1 a 2 b 2... a t b t )(a 1 b 1 a 2 b 2... a t b t ) = (a 1 a 2... a t )(b 1 b 2... b t ), och omvät, eligt formel ova, e produkt av två disjukta cykler av samma lägd t är kvadrate av e cykel av lägd 2t. Om e cykel av udda lägd t kvadreras så får vi e cykel med samma lägd t och varje cykel av udda lägd t är kvadrate av e cykel med samma lägd t, jämför lösige av deluppgift (a). Kvadrerar vi e permutatio så blir resultatet alltså e permutatio beståede av e produkt av disjukta cykler där för varje jämt tal 2t atalet cykler av lägd 2t är jämt. Vi observerar också att produkte av två lika låga cykler, eligt formel ova, är kvadrate av e permutatio. Låt c t (ϕ) betecka atalet cykler av lägd t i e framställig av ϕ som e produkt av disjukta cykler. Våra diskussioer ova leder till följade Sats. E permutatio ϕ är e kvadrat om och edast om c 2t (ϕ) är ett jämt tal för alla värde på talet t. 10. Låt N betecka mägde {1, 2,..., }. Vi betraktar par (f, g) av fuktioer sådaa att f är e fuktio frå N s till N t och g är e fuktio frå N t till N u. Låt I(s, t, u) betecka atalet sådaa par med egeskape att sammasättige g f är e ijektiv fuktio frå N s till N u och låt S(s, t, u) betecka atalet sådaa par med egeskape att sammasättige g f är e surjektiv fuktio frå N s till N u (a) (2p) Härled e formel för I(s, t, u). Lösig: Låt A betecka delmägde {f(x) x N s } till mägde N t. Kravet att sammasättige av f och g är ijektiv ger att x x g(f(x)) g(f(x )) f(x) f(x ). Så vi iser att f måste vara e ijektiv fuktio samt att restriktioe av g till mägde A också måste vara ijektiv. Omvät gäller att om g:s restriktio till A och f är ijektiva fuktioer så kommer deras sammasättig också att vara ijektiv. Atalet ijektiva fuktioer frå N s till A är s!, eftersom A = s om f är ijektiv. Atalet ijektiva fuktioer frå A till N u är lika med u (u 1) (u 2)... (u A + 1) och atalet sätt att välja fuktiosvärde g(y) där y Z t \ A är lika med u t A. Eftersom A = s får vi eligt multiplikatiospricipe I(s, t, u) = s! u t s u! s! = ut s u!. (b) (2p) Härled e fomel för S(s, t, u). Lösig: Låt A betecka samma delmägd som i föregåede uppgift. Sammasättige g f är surjektiv precis då g:s restriktio till A är e surjektiv fuktio frå A till N u. Så atalet elemet i A är mist lika måga som atalet elemet i N u, dvs u. Varje surjektio går att uikt beskriva med hjälp av följade val: op 1. Välj delmägd A till N t : atal möjligheter är 1 = ( t A ), op 2. Välj surjektio frå N s till A: atal sätt är 2 = A!S(s, A ). op 3. Välj surjektio frå A till N u : atalet sätt är 3 = u!s( A, u) op 4. Välj fuktiosvärde f(y), för y N t \ A: atal sätt 4 = u s A. Multiplikatiospricipe ger u med = A, t ( ) s! S(s, ) u! S(, u) u s. =u