IX Diskret matematik

Transkript

1 Lösning till tentamen IX Diskret matematik 1 Betrakta det finska ordet m a t e m a t i i k k a. Hur många arrangemang av bokstäverna i detta ord innehåller varken orden matematik eller matte? Låt vara mängden arrangemang av de 12 bokstäverna matematiikka. Låt vidare vara mängden arrangemang som innehåller matematik samt mängden arrangemang som innehåller matte. Vi söker då = - = Det finns 3 a, 2 m, 2 i, 2 k och 2 t, dvs. = 12! = 11! 3! H2!L 4 8 kan erhållas genom att M = "matematik" betraktas som ett tecken. Vi har då antalet arrangemang av Mika. = 4! På samma sätt erhålls genom att M = "matte" betraktas som ett tecken. Vi har då antalet arrangemang av Mmaiikka. = 8! = 7! H2!L 3 Slutligen, är antalet arrangemang som innehåller båda orden (eller tecknen) matematik och matte lika med 0 eftersom de inte kan uppträda i samma ord. = 0 Antalet arrangemang som varken innehåller ordet matematik eller ordet matte blir därmed = 11! - 4!-7!+0 =

2 2 IX1500_SOL_ nb 2 Visa med (matematisk) induktion att det för alla positiva heltal n gäller att n H2 k - 1L = n 2 För n = 1 erhålls 1 VL = H2 k - 1L = H2μ1-1L = 1 = 1 2 = HL VL = HL. Därmed gäller formeln för n = 1. Antag att formeln gäller för 1, 2,, n H*L För n + 1 erhålls: n+1 n VL = H2 k - 1L = H2 k - 1L + H2 Hn + 1L - 1L H*L = n Hn + 1L - 1 = n n + 1 = Hn + 1L 2 = HL VL = HL. Därmed är formeln sann även för n + 1. Genom induktion är formeln sann för alla n 1, VSV. 3 Lös följande diofantiska ekvation för alla positiva heltal x och y. 43 x + 29 y = 2010 Enligt Euklides' algoritm erhålls 43 = 2μ = 2μ = 15μ1 + 0 Dvs. H43, 29L = 1. Talen 43 och 15 är relativt prima och därmed finns lösning. För att finna en lösning används Euklides' algoritm baklänges för att skriva gcd enligt Bézouts identitet. Om vi använder 29D = 43μ29 erhålls 2010μ1 = 2010 H μ15L = 2010 H H2μ29-43LL = 43 H-4020L + 29μ H-4020L + 29μ i H43μ29-29μ43L = 43 H il + 29 H il där i œ Z. Vi vill att x, y ska vara positiva i > i > 0 ñ i 139 ñ i œ 8139, 140< i 140 Detta ger två lösningar Hx, yl = H11, 53L eller Hx, yl = H40, 10L. x y

3 IX1500_SOL_ nb 3 4 En öglefri graf har 19 bågar och noder med grad 3 eller 5. Bestäm antalet noder av vardera slaget. Att lösningarna är tillräckliga behöver ej verifieras genom att rita graferna. Summan av graderna är lika med 2 gånger antalet bågar. v deghv i L = 2 e ñ 3 v v 5 = 2μ19 i=1 Vi får ett begränsat antal möjligheter för v 5 eftersom 0 5 v v 5 v 3 v = v 3 + v Vi får alltså tre lösningar Hv 3, v 5 L œ 8H1, 7L, H6, 4L, H11, 1L<.

4 4 IX1500_SOL_ nb 5 Lisa, Kalle, Lotta, Hans och Greta har fått en påse med 25 godisbitar. På grund av en tidigare tävling ska Lisa ha minst fem godisbitar, Kalle och Hans minst tre bitar vardera samt slutligen Lotta och Greta minst två bitar vardera. På hur många sätt kan man fördela godisbitarna? Detta är ekvivalent med att söka antalet heltalslösningar till n 1 + n 2 + n 3 + n 4 + n 5 = 25 med n 1 5, n 2,3 3, n 4,5 2. Variable byte med m i 0 ger Hm 1 + 5L + Hm 2 + 3L + Hm 3 + 3L + Hm 4 + 2L + Hm 5 + 2L = 25 ñ m 1 + m 2 + m 3 + m 4 + m 5 = 10 Antalet lösningar till denna ekvation blir = 14 4 = 1001 vilket också är antalet sätt att fördela godisbitarna.

5 IX1500_SOL_ nb 5 6 Betrakta mängderna = 80, 1, 2, 3, 4, 5< och = 8a, b, c, d<. Betrakta nu mängden av funktioner Ø f och definiera relationen F på genom f 1, f 2 œ : f 1 F f 2 ñ f 1 H0L = f 2 H0L Visa att F är en ekvivalensrelation. Bestäm ekvivalensklasserna och ange något element i vardera klassen. Reflexiv: f 1 F f 1 ñ f 1 H0L = f 1 H0L Detta är sant för alla f 1 œ flñreflexiv Symmetrisk: f 1 F f 2 ñ f 1 H0L = f 2 H0L ñ f 2 H0L = f 1 H0L ñ f 2 F f 1 Därmed är relationen symmetrisk Transitiv: f 1 F f 2 Ì f 2 F f 3 ñ f 1 H0L = f 2 H0L f 2 H0L = f 3 H0L ñ f 1H0L + f 2 H0L = f 2 H0L + f 3 H0L ñ f 1 H0L = f 3 H0L ñ f 1 F f 3 Därmed är relationen transitiv. Eftersom F är reflexiv, symmetrisk och transitiv är F en ekvivalensrelation. Ekvivalensklassrna = 8 f œ : f H0L = x< där x œ. Ett element i kan t.ex. vara f HtL = x t = 0 a tœ 81, 2, 3, 4, 5<

6 6 IX1500_SOL_ nb 7 Bestäm den multiplikativa inversen till 18 i Z Bestäm därefter i Z Enligt Euklides' algoritm erhålls 3289 = 183μ = 4μ5-2 5 = 2μ = 2μ1 + 0 Dvs. H3289, 18L = 1. Talen 3289 och 18 är relativt prima och därmed existerar För att finna inversen används Euklides algoritm baklänges för att skriva gcd enligt Bezouts identitet. 1 = 5-2μ2 = 5-2μH μ5L = 2μ18-7μ5 2μ18-7 H μ18L = 7μ μ18 \ 18-1 =-1279 ª = 2010 mod 3289 För att beräkna kan vi utnyttja Eulers sats = 11μ13μ23 fljh3289l = H11-1LH13-1LH23-1L = 10μ12μ22 = = μ = I18 jh3289l M ª 1μ18-1 = 2010 mod 3289

7 IX1500_SOL_ nb 7 8 Bestäm det kromatiska polynomet till grafen tillhöger. Bestäm sedan det kromatiska talet., alternativ 1 Vi söker B F. Börja med att studera B F. B F = B F - B F ñlhl-1lhl-2lhl-3l = B F -lhl-1lhl-2l ñ B F =lhl-1lhl-2l 2 Vidare är B F = B F - B F ñ B F = Hl-1LB F =lhl-1l 2 Hl-2L 2 Det kromatiska talet blir därmed (minsta l där B F > 0) cj N = 3, alternativ 2 Antag att vi har l färger till vårt förfogande och att vi börjar med att färglägga nod B. l möjligheter. Sedan l-1 möjligheter att färglägga nod C och l-2 möjligheter att färglägga nod D. Även l-2 möjligheter att färglägga nod E. Slutligen l-1 sätt att färglägga nod A. Multiplikationsprincipen ger PHG, ll =lhl-1lhl-2lhl-2lhl-1l =lhl-1l 2 Hl-2L 2 Det kromatiska talet är minsta l så att PHG, ll > 0, dvs. chgl = 3