Tentamen TMV210 Inledande Diskret Matematik, D1/DI2

Transkript

1 Tntamn TMV20 Inldand Diskrt Matmatik, D/DI kl Examinator: Ptr Hgarty, Matmatiska vtnskapr, Chalmrs Tlfonvakt: Ivar Simonsson (alt. Ptr Hgarty), tlfon: (alt ) Hjälpmdl: Inga hjälpmdl, j hllr räkndosa För godkänt på tntan krävs 2 poäng, inklusiv bonus från kryssuppgiftrna undr HT-207. Prliminärt så krävs 3 poäng för btygt 4 och 4 poäng för btygt 5. Dssa gränsr kan minskas mn int höjas i ftrhand. Lösningar läggs ut på kursns wbbsida dirkt ftr tntamn. Tntan rättas och bdöms anonymt. Rsultatt mddlas via mail snast dn 0 januari och i Ladok snast dn 5 januari. Första granskningstillfäll mddlas på kurswbbsidan och via Ping Pong, ftr dtta skr granskning nligt övrnskommls md kursansvarig. Dssutom granskning alla vardagar utom onsdagar -3, MV:s xp. OBS! Motivra dina svar väl. Dt är i huvudsak bräkningarna och motivringarna som gr poäng, int svart. Uppgiftrna. Skriv följand argumnt i symbolisk logisk form. Alla prdikat ska dfiniras tydligt! (3p) Alla giraffr är övr två mtr långa Vissa människor är övr två mtr långa Vissa människor är giraffr Argumntt är förstås ogiltigt. Visa md tt Eulr-Vnn diagram hur dt kan t sig så. 2. (a) Låt R vara följand rlation på Z + : (3p) R = {(a, b) Z 2 + : SGD(a, b) > }. Vilkn/vilka av d tr gnskaprna rflxivitt, symmtri och transitivitt har R? Motivra väl! (b) Ang n oändlig dlmängd S Z + så att rstriktionn av R till S 2 är n kvivalnsrlation md två kvivalnsklassr. (Obs! Ingn motivring bhövs, tt korrkt S räckr.) (c) Rita dn riktad rlationsgrafn för rstriktionn av R till T 2, där T = {2, 4, 5, 6, 7, 9, 0}. (2p) 3. Låt (a n ) n=0 vara talföljdn som dfiniras rkursivt nligt (5p) a 0 =, a = 3, a n+2 = 6a n+ 8a n +2n n 0. Bvisa, via induktion llr på något annat vis, att a n = 8 ( 4n 9 2 n +2n+6) n 0. Var god vänd!

2 4. (a) Bstäm Φ(354), Φ(252) samt SGD(354, 252). (2p) (b) Bstäm dn allmänna lösningn samt dn minsta positiva lösningn till kongrunsn (3p) 252x 30 (mod 354). (c) Bstäm dn allmänna lösningn till dn Diofantiska kvationn (3p) 354x 252y = (a) Bstäm dn allmänna lösningn samt dn minsta positiva lösningn till följand sy- (4.5p) stm av kongrunsr: 2x (mod 9), 3x (mod 7), 4x (mod ). (b) Förklara varför systmt skull sakna lösningar om man bytt plats på 9:an och 7:an. (c) Bstäm (mod 2. (.5p) (3p) 6. Låt S vara mängdn av 6-siffriga tal utan nollor, dvs varj siffra är n av, 2,..., 9. Hur (8p) många av lmntn i S (a) har xakt tr 2:or? (b) har n flr 2:or än 3:or (t.x. tr 2:or och två 3:or)? (c) har xakt n 2:a, n 3:a och n 5:a, sådan att dssa tr liggr intill varandra? (d) har siffrsumma 49? () börjar md n 7:a och är sådana att siffrorna utgör n ick-växand följd då man läsr dm från vänstr till högr? (Obs! En talföljd x, x 2,..., x 6 är ick-växand då x x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 ). Obs! För full poäng ska man ang svart i (d) som tt xplicit bas-0 tal. Dtta bhövs j i d övriga dluppgiftrna. 7. (a) En dl av grannmatrisn M till n oriktad multigraf vars nodr är märkta, 2,..., 7 visas i Figur. i. Rita grafn. ii. Bstäm antalt vägar av längd 2 från nod 6 till nod 4. iii. Ang n Eulrväg i grafn. iv. Ang n Hamiltoncykl i grafn. (b) Ang n isomorfi mllan grafrna i Figur 2, dvs numrra nodrna 7 i båda grafrna på tt lämpligt vis. (2p) 8. Följand är tt känt faktum (som ni kommr att lära r i nvariablanalys!): (5p) Sats: För n Z +, låt a n = ( + n) n. Talföljdn (an ) n Z+ är strängt växand och lim n a n =. Givt dtta (som du alltså int bhövr bvisa), bvisa följand: ) n. n Z + : n! > (Obs! Om du lyckas bvisa olikhtn utan tipst så får du ändå full poäng!). Lycka till!

3 Lösningar Inldand Diskrt Matmatik D/DI2, Låt univrsumt U bstå av alla lvand varlsr. Våra prdikat är: G(x) : x är n giraff. M(x) : x är n människa. L(x) : x är övr två mtr lång. Argumntt lydr x : G(x) L(x) x : M(x) L(x) x : G(x) M(x) Ett xmpl på hur dt kan s ut då slutsatsn int gällr visas i Figur L.. 2. (a) Rflxivitt: Nj, ty SGD(, ) =. Alla övriga tal i Z + är rlatrad till sig själva. Symmtri: Ja, ty SGD(a, b) = SGD(b, a). Transitivitt: Nj. T.x. SGD(4, 6) = 2 och SGD(6, 9) = 3, mn SGD(4, 9) =. (b) T.x. S = {2 n : n Z + } {3 n : n Z + }. (c) S Figur L Stg : Basfalln n = 0, måst kontrollras: n = 0 : n = : 8 ( ) = 8 ( 9+0+6) = 8 8 = = a 0, stämmr, ( ) = 54 ( ) = 8 8 = 3 = a, stämmr. 8 Stg 2: Induktionsstgt. Låt P(n) vara påståndt att a n = 8 ( 4n 9 2 n +2n+6). Vi bhövr visa att (P(n) P(n+)) P(n+2), för godtyckligt n 0. Antag alltså att Vi måst härlda att a n = 8 ( 4n 9 2 n +2n+6), samt att () a n+ = 8 ( 4n+ 9 2 n+ +2(n+)+6). (2) Enligt rkursionn och (), (2) har vi a n+2 = 8 ( 4n n+2 +2(n+2)+6) ( a n+2 = 6a n+ 8b n +2n = = 6 8 ( 4n+ 9 2 n+ +2(n+)+6) 8 8 ( 4n 9 2 n +2n+6)+2n = = 8 [ 4n (4 6 8) 9 2 n (2 6 8)+2 (6(n+) 8n)+6 (6 8)+36n] = 4. (a) Primtalsfaktorisringarna lydr Så = [ 4n n (6 2n) 32+36n ] = 8 = [ 4 n n+2 +2n+40 ] = 8 = [ 4 n n+2 +2(n+2)+6 ], v.s.v = , 252 = Φ(354) = (2 )(3 )(59 ) = 2 58 = 6, Φ(252) = (2 2 2 )(3 2 3 )(7 ) = = 72, SGD(354, 252) = 2 3 = 6.

4 (b) Kongrunsn är lösbar ty SGD(354, 252) = 6 och Vi dlar ignom md 6 och får dn kvivalnta kongrunsn 42x 5 (mod 59). Vi måst hitta invrsn till 42 (modulo 59). Vi kör Euklids algoritm. Först framåt: Sdan bakåt: 59 = 42+7, 42 = 2 7+8, 7 = = = 7 2 (42 2 7) = = 5 (59 42) 2 42 = Dtta innbär att 42 7 (mod 59). Så dn allmänna lösningn till vår kongruns gs av x (mod 59), och dn minsta positiva lösningn är uppnbarlign x = 24. (c) Vi kan dla ignom md 6 ign för att få dn kvivalnta kvationn I dl (b) har vi stt att 59x 42y = 50. = Multiplicra ignom md 50 så har vi vår baslösning x 0 = 250, y 0 = 350. Dn allmänna lösningn lydr ( ) b x = x 0 + n = n, d ( a y = y 0 + n = n, n Z. d) 5. (a) Först notra att 2 5 (mod 9), 3 5 (mod 7), 4 3 (mod ). Dt innbär att kongrunsrna kan skrivas om till dn nklar formn Dn allmänna lösningn gs av där Insättning in i (4) gr x 5 (mod 9), x 5 (mod 7), x 3 (mod ). x 5 b 7 +5 b b (mod 9 7 ), (4) 7 b (mod 9) 5b tag b = 2, 9 b 2 (mod 7) b tag b =, 9 7 b 3 (mod ) 3b tag b = 4. x (mod (mod 69, och dn minsta positiva lösningn är tydlign x = 509.

5 (b) I så fall skull dn andra kongrunsn lyda 3x (mod 9). Dtta är olösbart ty n multipl av 3 kan ndast lämna rst 0, 3 llr 6 (modulo 9). (c) Notra att 23 är tt primtal så Frmats sats gällr: 3 22 (mod 2. Vi har 207 = så = (3 22 ) = 3 5 = = (3 3 ) 5 = = (4 2 ) 2 4 ( 7) 2 4 = (mod (a) Dt finns ( 6 sätt att välja 2:ornas positionr i talt och sdan 8 val för var och n av d åtrstånd tr siffrorna. Antalt möjlightr är sålds, nligt multiplikationsprincipn, ( = (b) Omdtt.x.finnstr2:orochtvå3:orsåfinnsdt ( 6 sättattvälja2:ornaspositionr, sdan ( 3 2) sätt att välja 3:ornas positionr och slutlign 7 val för dn sista siffran. Antalt möjliga tal i dtta fall är sålds ( ( 6 3 2) 7 = 420. På samma sätt finns dt ( ( 6 2) 4 ) 7 3 = möjliga tal md två 2:or och n 3:a, samt ( ( 6 ) 5 0) 7 5 = möjliga tal md n 2:a och inga 3:or. Totalt finns dt då, nligt additionsprincipn, = 2842 möjliga tal. (c) Dt finns 4 val för lägt hos kombinationn, sdan 3! = 6 möjliga inbördsordningar, sdan 6 val för var och n av d åtrstånd tr siffrorna. Antalt möjliga tal är sålds = 584. (d) Låt x i = 9 i:t siffran. Då är x + x x 6 = 5 och varj x i 0. Dt finns inga yttrligarbgränsingar på d x i :n. Antalt möjliga tal sammanfallr alltså md antalt lösningar till kvationn, som är ( ) ( = 0 ) 5 = = = 252. () Låt x i vara dn i:t siffran. Vi vt att x = 7 och att x i+ x i för varj i =,..., 5. Sätt y i = x i x i+, för i =,..., 5. Eftrsom x 6 så har vi att y i 0 i och y +y 2 +y 3 +y 4 +y 5 6. Om summan av y:n är k så är antalt lösningar till kvationn ( ) ( 6+k k = k+5 ) k. Dt totala antalt möjlightr är sålds 6 ( ) k +5 = = 924. k k=0 7. (a) i. S Figur L.3. ii. Notra att M är symmtrisk kring diagonaln, ftrsom G är oriktad. Antalt vägar av längd 2 mllan nodr 6 och 4 fås gnom att ta skalärproduktn av rad 6 md kolonn 4 i M. Alltså, ( ) = = 5. iii. Notra att ndast nodrna 3 och 4 har udda grad, så n Eulrväg måst gå mllan dssa två. Ett xmpl på n Eulrväg är

6 iv. Ett xmpl på n Hamiltoncykl är (b) S Figur L Vi kan bvisa olikhtn md induktion på n Stg : Kontrollra basfallt n =. VL är! = och HL är (/) = / <, v.s.v. Stg 2: Låt P(n) btckna påståndt att n! > (n/) n. Vi måst bvisa att P(n) P(n+). Så vi antar att ) n n! > (5) och vill härlda att ( ) n+ n+ (n+)! >. (6) Vi har till att börja md ) n, (n+)! = (n+) n! > (n+) nligt (5). Sålds räckr dt att visa att ) ( ) n n+ n+ (n+) >. Om vi kancllrar n faktor n+ från båda ldn så får vi dn kvivalnta olikhtn n n n > (n+)n n+. Vi kan också kancllra n och md hjälp av lit algbra få d kvivalnta olikhtrna n n > (n+)n > (n+)n n n ( ) n+ n ( > > + n. n n) Mn dn sista olikhtn är sann, nligt dn givna satsn. Dtta bvisar (6), v.s.v.