DEL I. Matematiska Institutionen KTH

Relevanta dokument
, S(6, 2). = = = =

Lösning till tentamensskrivning på kursen Diskret Matematik, moment A, för D2 och F, SF1631 och SF1630, den 10 januari 2011 kl

DEL I. Matematiska Institutionen KTH

Lösning till tentamensskrivning i Diskret Matematik, SF1610 och 5B1118, torsdagen den 21 oktober 2010, kl

1. (3p) Bestäm den minsta positiva resten vid division av talet med talet 31.

Lösning till tentamensskrivning i Diskret Matematik för CINTE, CL2 och Media 1, SF1610 och 5B1118, onsdagen den 17 augusti 2011, kl

Lösning till tentamensskrivning i Diskret Matematik för CINTE och CMETE, m fl, SF1610, tisdagen den 2 juni 2015, kl

Tentamensskrivning i Diskret Matematik för CINTE och CMETE, SF1610, onsdagen den 20 augusti 2014, kl

a n = A2 n + B4 n. { 2 = A + B 6 = 2A + 4B, S(5, 2) = S(4, 1) + 2S(4, 2) = 1 + 2(S(3, 1) + 2S(3, 2)) = 3 + 4(S(2, 1) + 2S(2, 2)) = = 15.

Hjalpmedel: Inga hjalpmedel ar tillatna pa tentamensskrivningen. 1. (3p) Los ekvationen 13x + 18 = 13 i ringen Z 64.

Lösning till tentamensskrivning i Diskret Matematik för CINTE och CMETE, SF1610 och 5B1118, tisdagen den 7 januari 2014, kl

Lösning av tentamensskrivning i Diskret Matematik för CINTE och CMETE, SF1610, tisdagen den 27 maj 2014, kl

DEL I. Matematiska Institutionen KTH

Efternamn förnamn ååmmdd kodnr

Lösning till tentamensskrivning på kursen Diskret Matematik, moment B, för D2 och F, SF1631 och SF1630, den 1 juni 2011 kl

Lösningsförslag till Tentamen i 5B1118 Diskret matematik 5p 22 augusti, 2001

Efternamn förnamn pnr årskurs

DEL I. Matematiska Institutionen KTH

Efternamn förnamn pnr kodnr

1. (3p) Ett RSA-krypto har de offentliga nycklarna n = 33 och e = 7. Dekryptera meddelandet 5. a b c d e. a a b c d e

Lösningsförslag till tentamensskrivning i SF1610 Diskret Matematik för CINTE 30 maj 2018, kl

1. (3p) Ett RSA-krypto har parametrarna n = 77 och e = 37. Dekryptera meddelandet 3, dvs bestäm D(3). 60 = = =

Lösningsförslag till Tentamen i 5B1118 Diskret matematik 5p 11 april, 2002

DEL I. Matematiska Institutionen KTH

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

Lösningar för tenta i TMV200 Diskret matematik kl. 14:00 18: Svar: Ja, det gäller, vilket kan visas på flera sätt (se nedan).

Kap.6 Grafer. Egenskaper: Handskakningslemmat och Eulers formel Sats om eulerkrets/väg Isomorfi och representation av grafer Graffärgning

Efternamn förnamn pnr årskurs

Institutionen för matematik, KTH Mats Boij. Lösningsförslag till Tentamen i 5B1118 Diskret matematik 5p 20 december, 2000

DEL I. Matematiska Institutionen KTH. Lösning till tentamensskrivning på kursen Linjär algebra II, SF1604, den 17 april 2010 kl

Kinesiska restsatsen

σ 1 = (531)(64782), τ 1 = (18)(27)(36)(45), τ 1 σ 1 = (423871)(56).

Tentamen TMV210 Inledande Diskret Matematik, D1/DI2

Algebra och kryptografi Facit till udda uppgifter

Sats 2.1 (Kinesiska restsatsen) Låt n och m vara relativt prima heltal samt a och b två godtyckliga heltal. Då har ekvationssystemet

x 23 + y 160 = 1, 2 23 = ,

Några satser ur talteorin

1. 20 identiska bollar skall delas ut till fem flickor och fem pojkar. På hur många olika sätt kan detta ske om

Matematiska Institutionen KTH. Lösning till några övningar inför lappskrivning nummer 5, Diskret matematik för D2 och F, vt09.

MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Avd. Matematik Examinator: Daniel Bergh. Lösningsförslag Algebra och kombinatorik

MS-A0409 Grundkurs i diskret matematik Appendix, del II

Lösningar för tenta i TMV200 Diskret matematik kl. 14:00 18:00

Matematiska Institutionen KTH. Lösningar till några övningar inför lappskrivning nummer 7, Diskret matematik för D2 och F, vt08.

DEL I. Matematiska Institutionen KTH. Lösning till tentamensskrivning på kursen Linjär algebra II, SF1604 för D, den 5 juni 2010 kl

Algebra och Diskret Matematik A (svenska)

DEL I. Matematiska Institutionen KTH. Lösning till tentamensskrivning på kursen Linjär algebra II, SF1604, den 15 mars 2010 kl

Matematiska Institutionen KTH. Lösning till tentamensskrivning på kursen Linjär algebra, SF1604, den 15 mars 2012 kl

Diskret matematik: Övningstentamen 4

MA2047 Algebra och diskret matematik

MS-A0409 Grundkurs i diskret matematik Sammanfattning, del II

8(x 1) 7(y 1) + 2(z + 1) = 0

RSA-kryptering och primalitetstest

Lösning till tentamensskrivning på kursen Linjär algebra, SF1604, den 12 mars 2013 kl

Lars-Daniel Öhman Lördag 2 maj 2015 Skrivtid: 9:00 15:00 Hjälpmedel: Miniräknare, lock till miniräknare

MITTUNIVERSITETET TFM. Modelltenta Algebra och Diskret Matematik. Skrivtid: 5 timmar. Datum: 1 oktober 2007

Kapitel 2: De hela talen

1. (a) (1p) Undersök om de tre vektorerna nedan är linjärt oberoende i vektorrummet

Diskret matematik: Övningstentamen 1

Algoritmer, datastrukturer och komplexitet

Föreläsning 9: NP-fullständighet

Algebra och Diskret Matematik A (svenska)

Grupper och RSA-kryptering

Modelltentamen. Ditt svar ska vara ett ändligt uttryck utan summationstecken.

IX Diskret matematik

Lösning av tentamensskrivning på kursen Linjär algebra, SF1604, för CDATE, CTFYS och vissa CL, tisdagen den 20 maj 2014 kl

Föreläsning 9: Talteori

Lösningsförslag till Tentamen i 5B1118 Diskret matematik 5p 20 december, 2001

N = {i}: noder (hörn) Graf: G = (N, B) Definitioner. Väg: Sekvens av angränsande bågar. Cykel: Väg som startar och slutar i samma nod.

29 Det enda heltalet n som satisfierar båda dessa villkor är n = 55. För detta värde på n får vi x = 5, y = 5.

SF2715 Tillämpad kombinatorik, 6hp

Träd. Sats. Grafer. Definition. En fullständig graf har en båge mellan varje par av noder. Definition

kvoten mellan två på varandra följande tal i en talföljd är konstant alltid lika stor.

Föreläsningsanteckningar S6 Grafteori

Matematiska Institutionen KTH. Lösning till tentamensskrivning på kursen Linjär algebra II, SF1604, den 9 juni 2011 kl

Tentamen TMV210/MMGD10 Inledande Diskret Matematik, D1/GU

Lösningar till utvalda uppgifter i kapitel 5

Träd. Sats. Grafer. Definition. En fullständig graf har en båge mellan varje par av noder. Definition

DEL I. Matematiska Institutionen KTH

MS-A0409 Grundkurs i diskret matematik II

Föreläsning 8 i kursen Ma III, #IX1305, HT 07. (Fjärde föreläsningen av Bo Åhlander)

Träd. Sats. Grafer. Definition. En fullständig graf har en båge mellan varje par av noder. Definition

Algoritmer, datastrukturer och komplexitet

1. (a) Lös ekvationen (2p) ln(x) ln(x 3 ) = ln(x 6 ). (b) Lös olikheten. x 3 + x 2 + x 1 x 1

Föreläsning 7+8: NP-problem. Begreppet effektiv algoritm är alltså synonymt med går i polynomisk tid i den här kursen. Är detta en rimlig uppdelning?

Polynom över! Till varje polynom hör en funktion DEFINITION. Grafen till en polynomfunktion

Kartläggningsmaterial för nyanlända elever SVENSKA. Algebra Matematik. 1 2 Steg 3

Föreläsning 8+9: NP-problem. Begreppet effektiv algoritm är alltså synonymt med går i polynomisk tid i den här kursen. Är detta en rimlig uppdelning?

Föreläsningsanteckningar F6

Algoritmer, datastrukturer och komplexitet

Euklides algoritm för polynom

SF1624 Algebra och geometri

10! = =

MITTUNIVERSITETET TFM. Tentamen Algebra och Diskret Matematik A (svenska) Skrivtid: 5 timmar. Datum: 9 januari 2007

Lösningsförslag till övningsuppgifter, del II

Om relationer och algebraiska

Algoritmer, datastrukturer och komplexitet

Träd. Sats. Grafer. Definition. En fullständig graf har en båge mellan varje par av noder. Definition

Material till kursen SF1679, Diskret matematik: Lite om kedjebråk. 0. Inledning

Läsanvisning till Discrete matematics av Norman Biggs - 5B1118 Diskret matematik

Om plana och planära grafer

Transkript:

1 Matematiska Institutionen KTH Lösning till tentamensskrivning på kursen Diskret Matematik, moment A, för D2 och F, SF1631 och SF1630, den 25 mars 2008. DEL I 1. (3p Bestäm antalet binära ord av längd 15 som innehåller precis 3 stycket ettor. Svaret skall ges i formen av ett heltal. Lösning: Bland 15 möjliga positioner för ettorna i ordet skall tre positioner väljas. Detta kan ske på ( 15 15 14 13 = = 5 7 13 = 455, 3 1 2 3 olika sätt. SVAR: 455. 2. (3p Bestäm den största gemensamma delaren till de bägge talen 567 och 312. Lösning: Använder Euklides algoritm: 567 = 2 312 57 312 = 6 57 30 57 = 2 30 3 30 = 10 3 + 0 Eftersom den sista ickeförsvinnande resten är 3 så får vi SVAR: Den sökta största gemensamnma delaren är 3. 3. (3p Vilka av graferna K 7, K 8, K 3,4 och K 4,4 har en Eulerkrets eller en Hamiltoncykel eller både och. Lösning: Först undersöker vi vilka av graferna som har en Eulerkrets. En sådan finns precis då grafen är sammanhängande och varje nod har en jämn valens. Alla de givna graferna är sammanhängande. I K 7 har alla noder valensen 6 och alltså har K 7 en Eulerkrets, i K 8 har alla noder valensen 7 och den grafen saknar en Eulerkrets. I K 3,4 har tre av noderna valens fyra och fyra av noderna valens tre så denna graf saknar Eulerkrets också. Men alla noder i K 4,4 har valens fyra så den grafen har en Eulerkrets. Både K 7 och K 8 har hamiltoncykler, vilket vi lätt ser om vi först ritar en cykel med 7 resp 8 noder, och sedan förbinder alla noder med kanter som inte finns med i cykeln. Då får vi K 7 resp K 8. I K 4,4 benämner vi X-noderna med x 1, x 2, x 3 och x 4, och Y -noderna med y 1, y 2, y 3 och y 4. Cykeln bildar en Hamiltoncykel. x 1 y 1 x 2 y 2 x 3 y 3 x 4 y 4 x 1 I varje cykel i en bipartit graf är varannan nod en X-nod och varannan nod en Y -nod och alltså består varje cykel då av ett jämnt antal noder. Eftersom K 3,4 innehåller ett udda antal noder så kan den inte ha en Hamiltoncykel, eftersom en sådan besöker varje nod precis en gång.

2 4. (3p Bestäm den minsta positiva resten som erhålls när talet 53 36 delas med talet 37. Lösning: Vi använder Fermats lilla sats. Eftersom 37 är ett primtal och talet 37 inte delar talet 53 gäller att 53 37 1 1 (mod 37. Därmed har vi omedelbart vårt SVAR: Talet 1. 5. (3p Avgör om permutationerna ϕ = (1 2 4(3 2 5(5 6 7 8 och ψ = (1 4 5(3 2 6(3 6 7 8 är konjugerade permutationer. Lösning: Vi undersöker om permutationerna är av samma typ genom att skriva dem som produkter av disjunkta cykler. Vi finner att ϕ = (1 2 5 6 7 8 3 4, som alltså är av typen [8 1 ] samt ψ = (1 4 5(2 6 7 8(3, som är av typen [1 1 3 1 4 1 ]. Eftersom permutationerna är av olika typ så är de inte konjugerade. DEL II 6. (3p Betrakta talföljden a 0, a 1, a 2,..., där a n = 4 3 n 2 ( 1 n för n = 0, 1, 2, 3,.... Bestäm en rekursionsekvation för denna talföljd. Lösning: En karakteristisk ekvation med rötterna 3 och 1 är r 2 = 2r + 3, eftersom ekvationen (r 3(r + 1 = 0 har rötterna 3 och 1 och (r 3(r + 1 = r 2 2r 3. Rekursionsekvationen har alltså den allmänna lösningen a n = 2a n 1 + 3a n 2, a n = A3 n + B( 1 n. För att rekursionsekvationen skall var väldefinierad krävs också startvärden. Dessa ges omedelbart av att Således a 0 = 4 3 0 2( 1 0 = 4 2 = 2, a 1 = 4 3 1 2( 1 1 = 12 + 2 = 14. SVAR: a n = 2a n 1 + 3a n 2, för n = 2, 3, 4,... och a 0 = 2 och a 1 = 14. 7. (4p Låt G vara en graf utan multipla kanter och loopar. Bestäm det största antal, resp minsta antal komponenter G kan bestå av om G har 41 noder och 37 kanter. Lösning: Grafen kommer att ha minmalt antal komponenter när varje komponent innehåller så få kanter som möjligt.

3 Varje komponent är en sammanhängande graf, och en sammanhängande graf med minimalt antal kanter är ett träd, eftersom om en kant tas bort i ett träd faller trädet sönder i två träd. Vidare så gäller att ett träd med v noder innehåller e = v 1 stycken kanter. Största antalet komponenter får vi alltså när komponenterna innehåller v i stycken noder för i = 1, 2,..., c, där c betecknar antalet komponenter. Vi har då likheterna v1 + v 2 +... + v c = 41 e 1 + e 2 +... + e c = 37 v1 + v 2 +... + v c = 41 (v 1 1 + (v 2 1 +... + (v c 1 = 37 som ger att v1 + v 2 +... + v c = 41 v 1 + v 2 +... + v c = 37 + c Vi finner alltså att minimalt antal komponenter är 4. Maximalt antal komponenter har vi när komponenterna har onödigt många kanter för att hänga ihop. Detta inträffar när komponenterna är kompletta grafer. En komplett graf med v noder har ( v 2 stycken kanter, vilket är det maximala antalet kanter i en graf. Givetvis behöver inte komponenerna i den graf vi söker vara kompletta grafer. Flest överflödiga kanter får vi när komponenten innehåller så många noder som möjligt. En komponent med tre noder ger en överflödig kant, en med fyra noder ger tre överflödiga kanter och allmänt en graf med v noder ger ( v v(v 1 (v 1(v 2 (v 1 = (v 1 = 2 2 2 överflödiga kanter, om komponenterna är kompletta grafer. Antag en av komponenterna består av nio noder. Den kan som mest ha 36 kanter. Tag en sådan komponent, återstår en kant som kopplar ihop två noder. Nu har vi använt 11 noder. Resterande 30 noder bildar varsina komponenter. I detta fall kan vi alltså få 32 komponenter. Antag maximala antal noder i en komponent är åtta. Antal kanter i en sådan komponent är som mest 28. Återstår åtta kanter som kan användas i en komponent med fem noder. Nu har vi använt alla kanter och sammanlagt 13 noder, så återstår 28 noder som bildar sina egna komponenter. I detta fall blev antalet komponenter 30. Fortsätter vi att resonera på samma sätt ser vi att maximal anatlet komponenter kommer att vara 32. 8. (4p Beskriv på ett lämpligt sätt samtliga hela tal x sådana att (2x 17(9x 33 0 (mod 35. Lösning: Vi skall bestämma samtliga hela tal x sådana att 35 (2x 17(9x 33. Det finns nu, eftersom 35 = 5 7 fyra möjligheter: 35 (2x 17, 35 (9x 33, 5 (2x 17 och 7 (9x 33, 7 (2x 17 och 5 (9x 33 I det första fallet har vi att 2x 17 (mod 35 och eftersom 2 18 1 (mod 35 så får vi att x 35 18 17 35 306 35 1, dvs 35 (x 1 så i detta fall gäller att det är talen x = 1 + n 35 som satisfierar ekvationen.

4 I det andra fallet har vi att 9x 33 (mod 35 och eftersom 9 4 1 (mod 35 så får vi att x 35 4 33 35 132 35 27, dvs 35 (x 27 så i detta fall gäller att det är talen x = 27 + n 35 som satisfierar ekvationen. I det tredje fallet gäller 2x 17 (mod 5 9x 33 (mod 7 2x 2 (mod 5 2x 2 (mod 7 x 1 (mod 5 x 1 (mod 7. Kinesiska restsatsen ger nu ansatsen x = A5 + B7 + n 35 2B 1 (mod 5 och 2A 1 (mod 7. B = 3 och A = 4 ger en lösning och vi har x = 4 5 + 3 7 + n 35 = 6 + (n 135. Tillslut det sista och fjärde fallet. Då gäller 2x 17 (mod 7 9x 33 (mod 5 2x 4 (mod 7 x 2 (mod 5 x 2 (mod 7 x 2 (mod 5. Kinesiska restsatsen ger nu ansatsen x = A5 + B7 + n 35 2B 2 (mod 5 och 2A 2 (mod 7. B = 1 och A = 1 ger en lösning och vi har x = 1 5 + 1 7 + n 35 = 12 + n35. SVAR: x = 12 + n35, x = 6 + n35, x = 27 + n35 eller x = 1 + n35. DEL III Om du i denna del använder eller hänvisar till satser från läroboken skall dessa citeras, ej nödvändigvis ordagrant, där de används i lösningen. 9. Låt för varje funktion f från A = 1, 2, 3,..., 12} till B = 1, 2, 3, 4}, och för varje element i B, f INV (i beteckna följande mängd f INV (i = j A f(j = i}. (a (1p Bestäm antalet surjektioner f från A till B sådana att f INV (i = 3 för i = 1, 2, 3, 4. Lösning: Elementen i mängden A skall delas in i fyra säckar, vardera med tre element, och med etiketterna 1, 2, 3 och 4. Elmenten i säck i är elementen i mängden f INV (i. Antalet sätt detta går på är ( 12 3, 3, 3, 3

5 (b (2p Bestäm antalet surjektioner f från A till B sådana att f INV (i = 3 för i = 1, 2. Lösning: Operation 1: Välj element till mängden f INV (1. Antal möjligheter är n 1 = ( 12 3. Operation 2: Välj element till mängden f INV (2. Antal möjligheter är n 2 = ( 9 3. Operation 3: Bestäm f(i för i (f INV (1 f INV (2 och så att f blir en surjektion. Detta motsvarar att bestämma antalet surjektioner från en mängd med 12 6 = 6 element till mängden 3, 4}. Antalet möjligheter är n 3 = S(6, 2 2!. Total antalet möjligheter blir alltså SVAR: ( 12 3 ( 9 3 S(6, 2 2!. (c (2p Bestäm antalet surjektioner f från A till B sådana att f INV (i 2 för i = 1, 2, 3, 4. Lösning: Vi använder oss av principen om inklusion exklusion. Totala antalet surjektioner är S(12, 4 4!. Låt A i, för i = 1, 2, 3, 4, beteckna de surjektioner som är sådana att f INV (i = 1. Svaret ges du av uttrycket S(12, 4 4! A 1 A 2 A 3 A 4. Enligt principen om inklusion exklusion kan nu svaret härledas ur storleken på alla möjliga snitt av mängderna A 1, A 2, A 3 och A 4. Vi bestämmer nu antalet element i A 1 : Op. 1: Bestäm det element k som avbildas på 1: n 1 = 12. Op. 2: Bestäm antalet surjektioner från 1,..., 12} \ k} till 2, 3, 4}: n 2 = S(11, 3 3!. Alltså A 1 = 12 S(11, 3 3! = A 2 = A 3 = A 4. På samma sätt bestämmer vi antalet element i övriga snittmängder. Vi får samt A i A j = 12 11 S(10, 2 2!, A i A j A k = 12 11 10 S(9, 1 1!, A 1 A 2 A 3 A 4 = 0. Eftersom det finns 6 tvåsnitt och fyra tresnitt får vi tillslut SVAR: S(12, 4 4! 4 12 S(11, 3 3! + 6 12 11 S(10, 2 2 4 12 11 10 S(9, 1. (Svaret får innehålla beteckningar givna i kursmaterial och på föreläsningar. 10. (5p Låt p vara ett primtal som delar det positiva hela talet n. Utred om det finns något samband mellan antalet tal mellan 1 och n som är relativt prima till talet n och antalet tal mellan 1 och n/p som är relativt prima till n/p. Ange i så fall detta samband. Lösning: Vi använder att ϕ(n, som betecknar antalet tal mellan 1 och n som är relativt prima till n, och kan beräknas enligt formeln k ϕ(n = n (1 1 om n = p e1 1 p pe2 2... pe k i i=1 där p 1, p 2,..., p k är olika primtal och e 1 > 0, e 2 > 0,..., e k > 0. Vi kan anta att p = p j och vi betraktar två fall: e j = 1 och e j > 1. k,

6 I det första fallet har vi att ϕ( n p = n k i=1 (1 1 p i p j (1 1, p j som vi förenklar till ϕ( n p = n k i=1 (1 1 p i (p j 1 Om p, men inte p 2, delar n så gäller alltså att = ϕ(n/(p 1. ϕ( n p = ϕ(n/(p 1 eller ekvivalent (p 1ϕ(n p = ϕ(n. I det andra fallet har vi som vi förenklar till Om p 2 delar n så gäller ϕ( n p = n k (1 1, p j p i i=1 ϕ( n p = n k (1 1 = ϕ(n/p. p p i i=1 ϕ( n p = ϕ(n/p.