18 juni 2007, 240 minuter Inga hjälpmedel, förutom skrivmateriel. Betygsgränser: 15p. för Godkänd, 24p. för Väl Godkänd (av maximalt 36p.

Transkript

1 HH / Georgi Tchilikov DISKRET MATEMATIK,5p. 8 juni 007, 40 minuter Inga hjälpmedel, förutom skrivmateriel. Betygsgränser: 5p. för Godkänd, 4p. för Väl Godkänd (av maximalt 36p.). Förenkla (så mycket som möjligt) uttrycket (p) (A B C) c (AÂC) c. Avgör om relationen R = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b), (c, c), (c, d), (d, c), (d, e), (d, d)} är en ekvivalensrelation på mängden {a, b, c, d, e}. Om inte, tillför minimalt antal par till R, så att man får en ekvivalensrelation. Ange ekvivalensklasserna. 3. För vilka heltal c mellan och 00 har den diofantiska ekvationen 056x + 67y = c heltalslösningar? Ange alla lösningar för det minsta av dessa c. (p) (p) 4. Betrakta grafen (a) Ange en Eulerkrets, en öppen Eulerväg och en Hamiltoncykel eller bevisa att sådana saknas. (b) Ange ett billigaste uppspännande träd, om bågarna tilldelas kostnader enligt följande: bågen mellan noder x och y kostar x y. 5. Ur en urna med n st. numrerade kulor drar vi k st. kulor med återläggning och utan hänsyn till ordningen,d.v.s.k gånger efter varandra drar vi en kula i taget, antecknar dess nummer och lägger kulan tillbaka och när man på detta sätt fått fram k st. nummer, sorterar dessa i, säg, växande följd, så att man "glömmer" ordningen i vilken kulorna kommit upp. Hur många olika utfall (olika nummerföljder) är möjliga? (Glöm inte att förklara varför!) (p) V.G.V.

2 6. Låt a n = antalet n-siffriga tal som innehåller endast siffrorna 0,, och sådana att 0 och tillsammans förekommer ett jämnt antal gånger. Visa att för alla n (a) a n+ = 3 n a n (b) (Här får du använda resultatet i (a), även om du inte kunnat förklara det. Däremot får du inga poäng för ett bevis av (a) som stödjer sig på (b).) a n = (3n +( ) n ) 7. Ett träd T innehåller sju löv, två noder av grad, ett visst antal noder av grad 3 och en nod av grad 5. Hur många kan noderna av grad 3 vara? 8. Visa att det ur varje given mängd på 0 heltal mellan och 00 går att välja ut två disjunkta delmängder med lika summor av de ingående talen. 9. Förklara (d.v.s. bevisa) det matematiska resultat som ligger till grund för RSA-krypteringssystemet : Om n = pq, där p och q är två olika primtal, medan a och b är två heltal sådana att ab modφ (n), där φ är Eulers φ-funktion, så är x ab x mod n för alla heltal x SLUT!

3 GT DISKRET MATEMATIK, LÖSNINGAR. Enligt de Morgan är uttrycket (övergår till streck i stället för c för komplement) Obs. nu att Det ger att = (A B C) (AÂC) A B C C medan AÂC C (A B C) (AÂC) = (Alternativt kan man tack vare distributiviteten skriva (A B C) (AÂC) = (A B) (C (AÂC)) och använda att C (AÂC) =.) Därmed är vår mängd = hela grundmängden (vilken den nu är i det aktuella fallet) Alternativ med Boolesk algebra: = abc + ac = = ā + b + c +ā + c = = ā + b +=. För reflexiv relation, måste även (e, e) ingå. Transitiviteten kräver att även (c, e) ingår, eftersom (c, d) och (d, e) ingår. Symmetrin kräver då även (e, c) och (e, d). Med dessa fyra ytterligare par blir R en ekv.relation med ekv.klasser {a, b} och {c, d, e}. 3. Kontroll av siffersummorna ger snabbt att såväl 056 som 67 är delbara med 3: =, 6++7=5. Så ekvationen kan skrivas x y = c 3 35x + 09y = c/3 Eulers metod (Lös ut upprepade gånger den obekant som har minst koefficient) : 35x + 09y = d y = d 35x = d 43x x d 43x = j Z 09 d 43x = 09j x = d 09j = d 66j j d 66j = k Z 43 d 66j = 43k j = d 43k = d k k d k = n Z 66 d k = 66n k = d 66n = d 6n Ett nödvändigt och tillräckligt villkor för lösbarhet är alltså att d Z, d.v.s. c 33 Z I intervallet c 00 finns tre st. sådana c : c =33, 66 eller 99 För c =33ger ovanstående räkningar k = 6n j = n ( 6n) =3n x = k j =3 9n y = j x = 5+3n Alltså svar: c =33och ½ x =3 9n y = 5+3n n Z och ett nödvändigt (men kanske inte tillräckligt!) villkor för heltalslösning är att d = c/3 är ett heltal. (Anm. Divisionen med 3 är inte nödvändig, men det skadar inte att hålla ögonen öppna och reducera koefficienternas storlek, där så är möjligt.) Alternativ: V.G.V. 3

4 Ekv. är lösbar omm c är en multipel av SGD(056, 67) = 3 SGD(35, 09). Euklides algoritm: 35 = = = = 6 Ger SGD(35, 09) = samt = = = 43 (09 43) = = 3 (35 09) 09 = = = Då är SGD(056, 67) = 33. Ekv. är alltså lösbar för c =33, 66 och 99. För c =33har vi ekvationen 056x + 67y =33 och enligt sats är den allmänna lösningen x = x n y = y n där (x 0,y 0 ) är en partikulärlösning och en sådan är x 0 =3,y 0 = 5. Svar: c =33och ½ x =3+9n y = 5 3n n Z 7. För alla grafer G gäller X grad v = (# bågar i G) v nod i G För alla träd gäller Kombinera dessa båda: (# bågar) =(#noder) 7 + +x 3+ 5 = (7 + + x + ) x = 5. a) Endast noder och 4 har udda grad de är start och mål för en öppen Eulerväg, t.ex Eulerkrets kräver att alla noder är av jämn grad, så någon sådan finns inte. En ev. Hamiltoncykel måste som en del innehålla 5 6 I nästa steg inses att den måste omfatta Nu är det lätt att "sluta" vägen : b) Bågarna sorterade efter kostnad: Kruskals algoritm: Total kostnad : Ett billigaste uppspännande träd omfattar alltså ovanstånde 6 bågar och kostar Varje utfall kan representeras av en följd bestående av k st. kulor och n st. pinnar: Antal kulor före första pinnen = antal gånger kula dragits upp. Antal kulor mellan pinne och pinne = antal gånger kula dragits upp.... Antal kulor efter sista pinnen, pinne nr n = antal gånger kula n dragits upp. Varje sådan följd är entydigt bestämd av vilka n av de totalt k + n platser i följden, som upptas av pinnarna. Att välja ut n platser ur k + n kan göras på µ µ k + n n + k = olika sätt n k 4

5 6. a) Ett samband mellan a n+ och a n kan vi hoppas att få fram, om vi undersöker hur vi kan bilda (n +)-siffriga tal av önskat slag ur n-siffriga. (Kan också observera att 3 n är det totala antalet n-siffriga tal som kan bildas med siffrorna 0,,, utan några restriktioner.) De n-siffriga talen kan indelas i fyra typer beroende på om antalet nollor/ettor är udda/jämnt. Vi får följande tabell, där tredje kolumnen ger antal n-siffriga tal av resp. typ, fjärde kolumnen ger siffror, som kan läggas till, så att man får (n +)-siffrigt tal av önskat slag Härav avläser vi att Observera nu att Därför #nollor #ettor jämnt jämnt p n udda udda q n jämnt udda r n 0, udda jämnt s n 0, a n+ = p n + q n +r n +s n p n + q n + r n + s n = 3 n p n + q n = a n a n+ = (p n + q n + r n + s n ) (p n + q n )= = 3 n a n b) Induktionsbevis: Basfallet: Klart att a = (Talet är det enda som duger.) och ³3 +( ) = (3 ) = Induktionssteget: Antag att för ett visst n 8. Av 0 tal kan man bilda 9. 0 = 03 icke-tomma delmängder Då talen {,,..., 00} kan summorna av talen i en delmängd anta värdena från upp till < 0 00 = 000 Så minst två delmängder har samma summor. Ifalldeinteskullevaradisjunkta, ta bort de gemensamma elementen, så har vi disjunkta mängder med lika summor. φ (pq) =φ (p) φ (q) Alltså finns heltal k så att ab =+kφ (p) φ (q) Modulo p har vi, först enligt Eulers sats ½ x φ(p), då x 6 0 0, då x 0 och sedan x ab = x +kφ(p)φ(q) = ³ = x x φ(p) kφ(q) ½ ¾ x, då x 6 0 = x för alla x 0 0, då x 0 Analogt modulo p. Alltså x ab x är delbart med såväl p som q Iochmedattp och q är relativt prima, är då x ab x delbart med pq d.v.s. x ab x mod n a n = (3n +( ) n ) För nåsta heltal n +har vi enligt (a) a n+ = 3 n a n = = 3 n 3n ( )n = = 3 3n + ( )n+ = = ³3 n+ n+ +( ) så formeln gäller även för n +. 5