1) (För varje delfråga ger rätt svar 12p, inget svar 0p, fel svar −12p

Efternamn förnamn pnr

Kontrollskrivning 1A till Diskret Matematik SF1610, för CINTE, vt2017

Inga hjälpmedel tillåtna.

Minst 8 poäng ger godkänt.

Godkänd KS nr n medför godkänd uppgift n vid tentor till (men inte med) nästa ordinarie tenta (högst ett år), n = 1, . . . , 5.

13–15 poäng ger ett ytterligare bonuspoäng till tentamen.

Uppgifterna 3)–5) kräver väl motiverade lösningar för full poäng.

Uppgifterna står inte säkert i svårighetsordning.

Spara alltid återlämnade skrivningar till slutet av kursen!

Skriv dina lösningar och svar på samma blad som uppgifterna; använd baksi- dan om det behövs.

1) (För varje delfråga ger rätt svar ¹₂p, inget svar 0p, fel svar −¹₂p.

Totalpoängen på uppgiften rundas av uppåt till närmaste icke–negativa hel- tal.)

Kryssa för om påståendena a)–f ) är sanna eller falska (eller avstå)!

sant falskt

a) 6 · 42 · 51 · 61 = 11 · 21 · 56 · 82 X

b) För alla mängder A, B, om A ∪ B = A så är B = ∅. X

c) Om f är en surjektiv funktion från en ändlig mängd A till en ändlig mängd B så är |A| ≤ |B|.

X d) För alla heltal n, om 10 | 9n så gäller det att 10 | n. X

e) Den diofantiska ekvationen 6m + 35n = −43 har åt- minstone en lösning.

X

f ) Det finns a 6= 0 och b 6= 0 i Z⁹³ sådana att ab = 0. X

poäng uppg.1

2a) (1p) Skriv ned en bijektion från mängden A = {n ∈ Z : 8 | n} till mängden B = {n ∈ Z : 2 | n}. (Det räcker att ange rätt svar.)

Svar: f : A → B, f (n) = n/4.

b) (1p) Vad är 50 · 29 − 8 (mod 7)? Ange svaret som ett av talen 0, 1, . . . , 6.

(Det räcker att ange rätt svar.) Svar: 0.

c) (1p) Låt M = {1, 2, 3}. Skriv ned en ekvivalensrelation R ⊂ M × M på M med ekvivalensklasserna

{1, 3} och {2}.

(Det räcker att ange rätt svar.)

Svar: R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 3), (3, 1)}.

3) (3p) Bestäm 17⁶⁴ (mod 7) – ange svaret som ett av talen 0, 1, 2, . . . , 6.

OBS. En komplett lösning med fullständiga motiveringar skall ges.

Lösning: Eftersom 17 ≡ 3 (mod 7) så är 17⁶⁴ ≡ 3⁶⁴ (mod 7). Nedan redovisar vi sedan två olika lösningar. I den första tar vi potenserna i mindre delar som gör att vi lätt kan räkna ut resultaten:

17⁶⁴≡ 3⁶⁴= 9³²≡ 2³²= (2³)¹⁰· 2² ≡ 1¹⁰· 4 = 4 (mod 7).

I den andra lösningen använder vi Fermat’s lilla sats, som säger att a^p−1 ≡ 1 (mod p) om p är ett primtal och gcd(a, p) = 1.

17⁶⁴ ≡ 3⁶⁴ = (3⁶)¹⁰· 3⁴ ≡ 1¹⁰· 9² ≡ 2² = 4 (mod 7).

4) (3p) Finn samtliga lösningar till den diofantiska ekvationen 132m + 77n = 66.

OBS. En komplett lösning med fullständiga motiveringar skall ges.

Lösning: Först beräknar vi gcd(132, 77) genom Euklides algoritm:

132 = 1 · 77 + 55 77 = 1 · 55 + 22 55 = 2 · 22 + 11 22 = 2 · 11 + 0

Alltså är gcd(132, 77) = 11, den sista nollskilda resten.

Eftersom 11 | 66 så finns det lösningar.

Näst räknar vi ut en partikulärlösning. Vi börjar med att skriva gcd:n som en linjärkombination av 132, 77, genom att läsa algoritmens output bakåt:

11 = 55 − 2 · 22

= 55 − 2 · ( 77 − · 55 ) = 3 · 55 − 2 · 77

= 3 · ( 132 − 77 ) − 2 · 77 = 3 · 132 − 5 · 77 . Genom att multiplicera hela ekvationen igenom med 66/11 = 6 får vi

66 = 18 · 132 − 30 · 77 ; alltså är mp = 18, np = −30 en partikulärlösning.

Den allmänna lösningen ges då enligt känd sats av (m = m_p +gcd(132,77)⁷⁷ k = 18 + 7k

n = n_p− gcd(132,77)¹³² k = −30 − 12k för godtyckliga k ∈ Z.

(Extratermerna här motsvarar lösningarna till hjälpekvationen 132m + 77n = 0.)

5) (3p) Bevisa via induktion att

1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 1) = n²

för n = 1, 2, . . ., dvs att summan av de första n udda talen är n².

OBS. Kom ihåg att ett bevis ska vara en fullständing förklaring.

Fullständiga motiveringar skall ges.

Låt P (n) vara påståendet vi vill bevisa för heltalet n:

P (n) : 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 1) = n². Vi ska visa att P (n) håller för varje heltal n ≥ 1 via induktion.

Basfall: Vi visar att P (1) håller: påståendet är då P (1) : 1 = 1, vilket är sant.

Induktionssteg: Anta nu att P (n) håller för något visst heltal n ≥ 1: vi ska visa att P (n + 1) då också håller. Det vi vill visa är alltså påståendet

P (n + 1) : 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1) = (n + 1)², och det vi vet via induktionsantagandet är

P (n) : 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 1) = n².

För att visa att påståendet P (n + 1) förenklar vi dess vänsterled mha P (n):

1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1) =



1 + 3 + · + (2n − 1)



+ (2n + 1)

= n²+ (2n + 1)

= (n + 1)². Alltså håller P (n + 1).

Slutsats: Vi har visat att om P (n) håller så håller också P (n + 1). Eftersom P (1) håller, så håller P (2) också, och därför P (3), P (4), osv. Med andra ord, enligt principen om matematisk induktion så håller påståendet P (n) för alla

n ≥ 1.