Lösning till tentamen 101213 IX1500 - 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 = 4 984 536 8
2 IX1500_SOL_101213.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 2 + 2 Hn + 1L - 1 = n 2 + 2 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 = 2μ29-15 29 = 2μ15-1 15 = 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 att @43, 29D = 43μ29 erhålls 2010μ1 = 2010 H-29 + 2μ15L = 2010 H-29 + 2 H2μ29-43LL = 43 H-4020L + 29μ6030 43 H-4020L + 29μ6030 + i H43μ29-29μ43L = 43 H-4020 + 29 il + 29 H6030-43 il där i œ Z. Vi vill att x, y ska vara positiva -4020 + 29 i > 0 6030-43 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
IX1500_SOL_101213.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 3 + 5 v 5 = 2μ19 i=1 Vi får ett begränsat antal möjligheter för v 5 eftersom 0 5 v 5 38. v 5 v 3 v = v 3 + v 5 0 - - 1 11 12 2 - - 3 - - 4 6 10 5 - - 6 - - 7 1 8 Vi får alltså tre lösningar Hv 3, v 5 L œ 8H1, 7L, H6, 4L, H11, 1L<.
4 IX1500_SOL_101213.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 10 + 4 4 = 14 4 = 1001 vilket också är antalet sätt att fördela godisbitarna.
IX1500_SOL_101213.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 är @xd = 8 f œ : f H0L = x< där x œ. Ett element i klassen @xd kan t.ex. vara f HtL = x t = 0 a tœ 81, 2, 3, 4, 5<
6 IX1500_SOL_101213.nb 7 Bestäm den multiplikativa inversen till 18 i Z 3289. Bestäm därefter 18 2 639 999 i Z 3289. Enligt Euklides' algoritm erhålls 3289 = 183μ18-5 18 = 4μ5-2 5 = 2μ2 + 1 2 = 2μ1 + 0 Dvs. H3289, 18L = 1. Talen 3289 och 18 är relativt prima och därmed existerar 18-1. För att finna inversen används Euklides algoritm baklänges för att skriva gcd enligt Bezouts identitet. 1 = 5-2μ2 = 5-2μH-18 + 4μ5L = 2μ18-7μ5 2μ18-7 H-3289 + 183μ18L = 7μ3289-1279μ18 \ 18-1 =-1279 ª-1279 + 3289 = 2010 mod 3289 För att beräkna 18 2 639 999 kan vi utnyttja Eulers sats. 3289 = 11μ13μ23 fljh3289l = H11-1LH13-1LH23-1L = 10μ12μ22 = 2640 18 2 639 999 = 18 2640μ1000-1 = I18 jh3289l M 1000 18-1 ª 1μ18-1 = 2010 mod 3289
IX1500_SOL_101213.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