DEL I. Matematiska Institutionen KTH

Transkript

1 1 Matematisa Institutionen KTH Lösningar till tentamenssrivning på ursen Disret Matemati, moment A, för D2 och F, SF161 och SF160, den 9 mars 2009 l DEL I 1. (p Lös reursionsevationen med begynnelsevärdena a 0 = 2 och a 1 = 1. a n = a n 1 + 6a n 2, n = 2,, 4,... LÖSNING: Den arateristisa evationen r 2 = r + 6 har rötterna r = 2 och r =. Reursionsevationens allmänna lösning blir då Anpassning till begynnelsevärdena ger systemet som ju har lösningen A = 1 och B = 1 SVAR: a n = 2 n + ( n. 2. (p Lös i ringen Z 11 evationen 4x + 7 = 6. a n = A2 n + B( n. A2 0 + B( 0 = 2 A2 1 + B( 1 = 1 LÖSNING: Eftersom 4 1 (mod 11 så är 4 1 = i ringen Z 11. Således får vi SVAR: x = 8. x = 4 1 (6 7 = ( 1 = = 8.. (p På hur många olia sätt an en lass med nio elever delas in i tre grupper så att eleverna A, B och C hamnar i olia grupper, dvs ingen grupp innehåller både A och B, eller både A och C eller både B och C eller alla tre. Svara med ett heltal (och en väl motiverad lösning. LÖSNING: Placera först ut eleverna A, B och C i varsin grupp. För var och en av de återstående 6 eleverna finns nu tre möjligheter, antingen hamnar de i gruppen med A, gruppen med B eller i gruppen med C. Enligt multipliationsprincipen får vi nu SVAR: 6 = (p Låt G vara en ändlig graf med minst tre anter och som är sådan att alla noder har jämn valens. Förlara varför G måste ha minst en cyel LÖSNING: Sanades cyler sulle grafen vara ett träd, om den är sammanhängande, eller allmänt vara en sog dvs en samling träd. Men varje träd har noder med valens ett, och grafen sanar noder med valens ett. Alltså an grafen inte sana cyler.

2 2 5. (p Ange lämpliga uttryc för a och b så att ( a n 1 n 1 = + + b 1 LÖSNING: n 1 n ( n n 1 SVAR: a = n + 1 och b = + 1. = ( n n + n 1 n n 1 = n n + = + 1 ( n DEL II 6. Besvara följande frågor och glöm ej att motivera ditt svar. (a (1p Finns det udda permutationer vars ordning är ett jämnt tal? SVAR: Ja t ex ϕ = (1 2 som ju har ordning två. (b (1p Finns det jämna permutationer vars ordning är ett udda tal? SVAR: Ja t ex ψ = (1 2 = (1 (1 2 som är en jämn permutation med ordning. (c (1p Finns det udda permutationer vars ordning är ett udda tal? SVAR: NEJ, ty om permutationen τ har en udda ordning måste den, när den srivs som en produt av disjunta cyler, bestå av cyler av udda längd. Detta pga att ordningen av en cyel är lia med cyellängden och ordningen av τ är minsta gemensamma multipeln av längderna av dessa cyler. Men alla cyler av udda längd an uttrycas som en produt av ett jämnt antal 2-cyler. Permutationen τ an alltså uttrycas som en produt av ett jämnt antal 2-cyler och är då med nödvändighet jämn. (d (1p Finns det jämna permutationer vars ordning är ett jämnt tal? SVAR: Ja, t ex γ = (1 2( 4 som är en jämn permutation och har ordning är två. 7. (p Två lasser med vardera 12 elever sall utse en ommité bestående av sex elever. På hur många olia sätt an detta se om minst två elever från varje lass sall ingå. LÖSNING: Kalla lasserna för lass A och lass B. Tre möjliga fall, precis två elever från lass A, eller precis tre elever från lass A eller precis fyra elever från lass A. Fall 1 Väljer två elever ur lass A och fyra elever ur lass B, totalt ( ( Fall 2 Väljer tre elever ur vardera lassen vilet enligt multipiationsprincipen går på ( ( Fall Väljer två elever ur lass B och fyra elever ur lass A, totalt ( (

3 Totalt ger de tre olia fallen SVAR: 2 ( 12 2 ( ( 12 ( (4p Bestäm och ange på ett lämpligt sätt samtliga hela tal x som satisfierar evationerna x 2 5 (mod 11, 2x + 5 (mod 9, x 5 (mod 7. LÖSNING: Den första evationen är evivalent med att x 4 (mod 11 eller x 4 (mod 11, och den andra evationen med att x 1 (mod 9. De x som satisfierar det givna systemet är alltså precis de x som satisfierar minst ett av systemen nedan. x 4 (mod 11, x 1 (mod 9, x 5 (mod 7. Lösning av det ena systemet ovan: Ansätter, enligt inesisa restsatsmetoden, resp x 7 (mod 11, x 1 (mod 9, x 5 (mod 7. x = A B C n Ränar modulo 11 och finner då att 4 11 x 11 A( 4( 2 2A 11 1 A Ränar modulo 9 och finner då att 1 9 x B2( 2 5B 9 1 B 9 2. Ränar modulo 7 och finner då att 5 7 x 7 C4 2 8C 7 5 C 7 5. Systemets lösning blir då x = n Lösning av det andra systemet: Ansätter x = A B C n Ränar modulo 11 och finner då att 4 11 x 11 A( 4( 2 2A 11 1 A Ränar modulo 9 och finner då att 1 9 x B2( 2 5B 9 1 B 9 2. Ränar modulo 7 och finner då att 5 7 x 7 C4 2 8C 7 5 C 7 5. Systemets lösning blir då x = n

4 4 DEL III Om du i denna del använder eller hänvisar till satser från läroboen sall dessa citeras, ej nödvändigvis ordagrant, där de används i lösningen. 9. Låt G vara en -regulär bipartit graf G med nodmängderna X och Y, och alltså i vilen samtliga anter har sina ena ändpunt i en nod i X och sin andra ändpunten i en nod i Y. (a (1p Visa att antalet noder i X är lia med antalet noder i Y. LÖSNING: Låt e betecna antalet anter i grafen. Om X har x noder så går från nodmängden X totalt x = e anter och till noderna i Y ommer totalt e = y anter där y är antal noder i Y. Således har vi x = e = y, varur x = y följer. (b (1p Motivera, t ex genom att hänvisa till en lämplig sats varför det, under förutsättningen att = 2, alltid finns en ( äta antfärgläggning ( edge-colouring i läroboen i två färger till grafen G. LÖSNING: En sats i läroboen säger att om en bipartit graf har maxvalens v så finns en antfärgläggning med v färger. Den givna maxvalensen var 2. (c (p Visa, t ex genom att använda lämpliga satser i ursboen eller på något annat sätt, att om p är ett positivt heltal mindre än så finns en färgläggning av anterna i G, i färgerna svart och vitt, sådan att vid varje nod inträffar precis p vita anter och p svarta anter. LÖSNING: Eftersom maxvalensen är har, enligt den ovan nämnda satsen, grafen en antfärgläggning i färger, och anterna an färgas i de p vita färgerna V 1, V 2,..., V p och de p svarta färgerna S 1, S 2,... S p, så att vid varje nod inga anter med samma färg uppträder. Vid varje nod inträffar precis anter och med samtliga de olia färgerna, dvs p anter med vita färger och p anter med svarta färger. Vi avslutar nu lösningen av uppgiften med att betraata alla nyanser av vitt som en och samma vita färg och motsvarande för de svarta nyanserna. 10. Låt sgd(a, b betecna den största gemensamma delaren till talen a och b och låt mgm(a, b betecna den minsta gemensamma multipeln till a och b. (a (1p Visa att för alla tal a och b så gäller att sgd(a, b delar mgm(a, b. LÖSNING: Vet att sgd(a, b delar a dvs finns heltal sådant att a = sgd(a, b. Vet att a delar mgm(a, b, dvs det finns ett heltal sådant att Tillsammans ger dessa liheter att och påståendet är verifierat. mgm(a, b = a. mgm(a, b = sgd(a, b, (b (1p Hur många olia mängder x, y}, där x och y är positiva hela tal, finns det sådana att LÖSNING: Vi finner att sgd(x, y = 60 och mgm(x, y = = och 840 =

5 5 Vidare är det lart att om x = p e1 1 pe pe och y = p f1 1 pf pf, där p 1, p 2,... p är olia primtal och där e i 0 lisom f i 0 för i = 1, 2,...,, så är och sgd(x, y = p min(e1,f1 1 p min(e2,f p min(e,f mgm(x, y = p max(e 1,f 1 1 p max(e 2,f p max(e,f Med de givna talen är = 4, p 1 = 2, p 2 =, p = 5 och p 4 = 7 samt e 1, f 1 } = 2, }, e 2, f 2 } = 1}, e, f } = 1}, e 4, f 4 } = 0, 1}. Detta ger fyra möjliga par (x, y: x = = 840, y = = 60. x = = 120, y = = 420. och x = = 420, y = = 120. x = = 60, y = = 840. Eftersom x y, ty annars vore sgd(x, y = mgm(x, y, ger varje söt mängd upphov till två par (x, y, som synes tydligt ovan. Alltså SVAR: Två olia mängder (120, 420} och 60, 840}. (c (p Formulera och bevisa en lämplig sats som generaliserar en orret lösning av föregående uppgift. LÖSNING: Sats. Låt n och m vara två givna positiva olia hela tal sådana att n delar m. Då gäller att antalet mängder x, y} sådana att sgd(x, y = n och mgm(x, y = m är lia med 2 κ 1, där κ är antalet olia primtal som delar voten m/n. Bevis. Vi använder betecningar från lösningen av uppgift 10 (b. Antag att n = p a1 1 pa pa och m = p b1 1 pb pb, där vi alltså an antaga att b i a i 0 för i = 1, 2,...,. Det gäller då att n = sgd(x, y och m = mgm(x, y precis då e i, f i } = a i, b i } för i = 1, 2,...,. För alla i sådana att a i b i, dvs a i < b i, finns två möjliga val av e i, antingen att e i = a i eller e i = b i. När x sålunda valts är y given. Antal i sådana att a i < b i är lia med antalet κ av primtal som delar voten m/n. Totalt finns, enligt multipliationsprincipen, alltså 2 κ olia par (x, y som uppfyller att n = sgd(x, y och m = mgm(x, y. Eftersom m n så måste x y och då ger varje mängd x, y} upphov till två ordnade par. Antalet olia mängder x, y} som uppfyller givna villoren är alltså lia med 2 κ /2, vilet vi sulle visa.