Matematiska Institutionen, KTH
Tentamensskrivning i SF1610 Diskret Matematik för CINTE 14 aug 2019, kl 08.00–13.00.
Examinator: Armin Halilovic, tel 08 790 4810
Hjälpmedel: Inga hjälpmedel är tillåtna på tentamensskrivningen.
Tentamen består av 10 frågor i tre delar.
Totalsumma poäng vid denna tentamensskrivning är 37p (+ eventuella extra bonuspoäng från KS.)
OBS:: En komplett lösning med fullständiga motiveringar krävs för alla uppgifter.
Betygsgränser:
13 poäng totalt eller mer ger minst omdömet Fx 15 poäng totalt eller mer ger minst betyget E 18 poäng totalt eller mer ger minst betyget D 22 poäng totalt eller mer ger minst betyget C 27 poäng totalt eller mer ger minst betyget B 32 poäng totalt eller mer ger minst betyget A DEL I
Var och en av nedanstående fem uppgifter svarar mot en kontrollskrivning. Godkänt resultat på kontrollskrivning nr i under vårterminen 2019 ger automatiskt full poäng på uppgift nr i.
Att lösa en uppgift som man på detta sätt redan har till godo ger inga extra poäng.
1. (3p)En av följande tre diofantiska ekvationer är lösbart (över hela tal).
i) 4x+16y =10 ii) 3x+ y15 =6 iii) 25x+10y =1
a) (1p) Bestäm vilken av ovanstående ekvationer är lösbart över hela tal och motivera svaret.
(0 poäng om du inte korrekt motiverar ditt svar. )
b)(2p) Bestäm samtliga lösningar (x,y) till den lösbara diofantiska ekvationen.
Lösning:
a)
Notera att en diofantisk ekvation ax+by =c är lösbart (dvs har heltalslösningar) om och endast om sgd(a,b) delar c.
i) {sgd(4,16)=4 delar inte 10} ⇒ {ekvationen 4x+16y =10 saknar heltalslösningar.}
ii) {sgd(3,15)=3 delar 6} ⇒ {ekvationen 3x+ y15 =6 har heltalslösningar.}
iii) {sgd(25,10)=5 delar inte 1} ⇒ {ekvationen 25x+10y=1 saknar heltalslösningar.}
b)
Vi löser diofantiska ekvationen 3x+ y15 =6.
Först uttrycker vi, med Euklides algoritm , sgd(3,15) dvs 3 som en linjär kombination av 3 och 15.
Eftersom sgd av 3 och 15 är 3 (dvs ett av de tal som vi söker sgd) har vi en trivial linjär kombination:
Sida 1 av 11
1∙3+ 0∙15=3 (*)
För att få högerledet 6 multiplicerar vi (*) med 2 och får 2∙3+ 0∙15=6 (**)
Därmed är x0 =2och y0 =0 en heltalslösning till ekvationen .
Om (x0,y0) är en lösning till ekvationen ax+by =c då får vi alla lösningar genom d k
x b
x= 0 + , k
d y a
y= 0 − , där d =sgd(a,b) (eller ekvivalent k
d x b
x= 0 − , k
d y a
y= 0 + ).
Alla lösningar till ekvationen 3x+ y15 =6 får vi genom
x k 2 5k
3
2+15 = +
= , k k
y= − =− 3
0 3
Svar:
a) ekvationen ii har heltalslösningar.
b) x=2+5k , y=−k
(eller x =2−5k, y = k Rättningsmall:
a) rätt eller fel.
b) Korrekt en lösning t. ex.x0 =2och y0 =0 ger +1p.
Allt korrekt=2p.
2. (3p) Bestäm antalet sätt att fördela 5 olika böcker bland tre barn, Anna, Bertil och Cecilia, så att inget barn blir utan bok. (Svaret ska vara ett heltal)
Lösning:
Vi utför uppgiften i två steg:
Operation 1:
Först delar vi böckerna i tre icke tomma högar vilket kan ske på S(5, 3) olika sätt (där S(5,3) är Stirlings tal) .
Som andra operation delar vi de tre högar mellan tre barn t ex genom att markera grupperna med A , B och C ( för b Anna, Bertil och Cecilia). Detta kan ske på 3! olika sätt.
Multiplikationsprincipen ger då att antalet sätt att utföra båda operationer är )
3 , 5 ( )
! 3
( S
N = ⋅
För att beräkna Stirlingstalet S(5,3) använder vi följande rekursiva samband:
För Stirlingtalen gäller a) S(n,1)=S(n,n)=1
b) S(n,k)=S(n−1,k −1)+k⋅S(n−1,k) för 1<k <n. Sida 2 av 11
Vi startar från n=1 och bildar en tabell.
k=1 k=2 k=3
n=1 1
n=2 1 1
n=3 1 3 1
n=4 1 7 6
n=5 1 15 25
Alltså är S(5,3)=25 och därmed är antalet sätt att fördela 5 olika böcker bland tre barn )
3 , 5 ( )
! 3
( S
N = ⋅ =6⋅25=150. Svar: 150
Rättningsmall:
Korrekt till N =(3!)⋅S(5,3)ger 1p
+1p för korrekta rekursiva samband a och b.
3p om allt är korrekt.
3. (3p) Låt π beteckna permutationen (2 4 6 8 10 12)(1 3 5 7 9 11 13 14 15 16 ).
a) Bestäm ordningen av permutationen π.
b) Ange de värden på det positiva heltalet k förr vilka permutationen πk har ordning 5.
Lösning:
a) Om en permutation är skriven på cykelform med disjunkta cykler, då är ordningen av permutationen lika med den minsta gemensamma multipeln av cykellängder.
Alltså är ordningen av permutationen lika med mgm(6,10)=30.
(Med andra ord gäller π30 = Id men också π30n = Id, för alla heltal (positiva i vår uppgift ).
b) Vi söker k så att
( )
πk 5 =Id dvs π5k = Id.Eftersom π30n = Idhar vi
n
k 30
5 π
π = (där n är ett positivt helt tal) Därför
n k 30 5 = eller
n
k =6 , (där n är ett, vilket som helst, positivt helt tal) Svar:
a) 30
b) k =6n, (där n är ett, vilket som helst, helt tal) Rättningsmall:
a) rätt eller fel.
b) Korrekt en lösning t. ex. k =6 ger +1p.
Allt korrekt=2p.
Sida 3 av 11
4. (3p) Låt f vara den Booleska funktionen f(x,y)= y(y+x). Bestäm alla Booleska funktioner g =g(x,y) sådana att
0 ) , ( ) ,
(x y ⋅g x y =
f för alla x,y
och
f(x,y)+g(x,y)=1 för alla x,y. Lösning:
Först bestämmer vi värdetabellen för funktionen f(x,y)= y(y+x) . Notera att f är en Boolesk funktion av två variabler.
Vi har
0 1 1
0 0 1
0 1 0
1 0 0
) , (x y f y x
Nu bestämmer vi g =g(x,y) som uppfyller givna krav.
Om f(x,y)=1 måste vi ha g(x,y)=0 (eftersom f(x,y)⋅g(x,y)=0 för alla x,y).
Om f(x,y)=0 måste vi ha g(x,y)=1 (eftersom f(x,y)+g(x,y)=1 för allax,y).
Därmed har vi följande tabell för funktionen g.
1 1 1
1 0 1
1 1 0
0 0 0
) , (x y g y x
Med andra ord har vi fått exakt en funktion g (som definieras av ovanstående tabell).
(Kontrollera själv att f(x,y)⋅g(x,y)=0 och f(x,y)+g(x,y)=1 för allax,y.) Svar: Se ovanstående tabell.
Rättningsmall:
1p för korrekt f tabell.
2p för korrekt metod, men med 1 fel rad i tabellen för funktionen g 3 p om allt är korrekt
5. (3p)
a) Hur många kanter har en komplett graf med 200 noder?
b) Hur många kanter har ett träd med 50 noder?
c) Vilka möjligheter finns det för antalet kanter i en sammanhängande planär graf G (utan loopar och utan multipla kanter) som har 41 noder?.
Lösning:
a) En komplett graf med 200 noder har 19900
2 199 200 2
200 ⋅ =
=
kanter.
b) Ett träd med 50 noder har 50–1=49 kanter.
Sida 4 av 11
c) Det minsta antalet kanter har vi om G är ett träd. Då är antalet kanter emin= 41–1=40.
Vi kan bygga olika sammanhängande grafer genom att starta med ett träd och lägga på nya kanter (tills vi kommer till den kompletta grafen). Det största antalet kanter bland alla sammanhängande planära grafer (utan loopar och utan multipla kanter) har den kompletta
grafen: emax= 820
2 40 41 2
41= ⋅ =
Därmed gäller följande:
Det finns sammanhängande planära grafer G (utan loopar och utan multipla kanter) med 41 noder och e kanter för varje heltal e i intervallet 40≤ e≤820
Svar:
a) 19900 kanter b) 49 kanter
c) 40≤ e≤820 (där e är ett heltal som beskriver antalet kanter i G) Rättningsmall:
1p för varje del.
DEL II 6. (4p)
Bevisa med hjälp av den matematiska induktionen att 27
40
32n+3+ n−
är delbart med 64 för alla heltal n≥0.
(OBS. Du får 0 poäng om du inte använder induktionsbevis.) Lösning:
a) (Induktionsbas)
Då n=0 har vi 32n+3+40n−27=33−27=0som är delbart med 64.
Alltså gäller påståendet för n = 0.
b) (Induktionssteg)
Antag att det för givet n gäller påståendet, dvs att 27
40
32n+3+ n− är delbart med 64.
Med andra ord antar vi att k
n n
64 27 40
32 +3+ − = , för ett heltal k (*).
Vi ska visa P(n+1) dvs att 32(n+1)+3+40(n+1)−27 är delbart med 64.
Sida 5 av 11
Vi har
=
− +
+ +
+ 40( 1) 27
32(n 1) 3 n
=
− + +
+ 40 40 27
32n 5 n
=
− + +
⋅3 + 40 40 27
32 2n 3 n [Från (*) har vi 32n+3 =64k−40n+27 ]
=
− + + +
−
⋅(64 40 27) 40 40 27
32 k n n
=
− + +
⋅ +
⋅
−
⋅64 9 40 9 27 40 40 27
9 k n n
( Vi förenklar uttrycket och visar att det är delbart med 64. Detta kan göras på många sätt.
Man kan beräkna direkt till 9⋅64k−320n+256, eller faktorisera först, som vi gjorde nedan.)
= 9⋅64k−8⋅40n+8⋅27+40
=9⋅64k−8⋅8⋅5n+8⋅(27+5)
=9⋅64k−64⋅5n+8⋅32
=9⋅64k−64⋅5n+64⋅4
=64(9k− n5 +4)
som visar att 32(n+1)+3+40(n+1)−27 är delbart med 64.
Alltså P(n)⇒P(n+1).
Från a) och b) får vi, enligt den matematiska induktionen, att påståendet gäller för alla heltal
≥0 n .
Rättningsmall: + 1p för induktionsbas.
+1p för korrekt uttryck 32(n+1)+3+40(n+1)−27 i P(n+1).
+1p om man, med hjälp av antagande, kommer till 32⋅(64k−40n+27)+40n+40−27, eller ekvivalent uttryck.
Allt korrekt =4p.
7. (4p)
a) Hur många ”kombinatoriska ord” kan vi bilda med bokstäverna A,B,C,D,E,F (genom att permutera bokstäverna) så att A och B inte ligger bredvid varandra? (Ett ”ord” innehåller varje bokstav A,B,C,D,E, F exakt en gång.)
b) Hur många 5-siffriga koder (med decimala siffror 0,1,…9) finns det som innehåller exakt 4 olika siffror? (Här är två exempel på sådana koder: 23134 eller 48749.)
Lösning:
a)
Antalet alla permutationer av A,B,C,D,E,F är n=6! = 720.
Antalet permutationer som innehåller AB är p= 5!=120 (Notera att vi i det här fallet kan betrakta AB som ett objekt.)
Antalet permutationer som innehåller BA är q= 5!=120.
Sida 6 av 11
Antalet permutationer som inte har A och B bredvid varandra är 480
120 120
720− − =
=
−
−
=n p q
N .
b)
I en sådan kod förekommer en siffra två gånger. ( T. ex 2,5,8,5,3).
Vi kan välja en sådan kod i tre steg:
i) Först väljer vi en siffra som ska förekomma två gånger. Detta kan vi göra på 10 sätt.
ii) Därefter väljer vi två platser för siffran. Detta kan vi göra på 10 25 =
sätt.
iii) Slutligen fyller vi de tre tomma platserna, som vi kan göra på 9⋅8⋅7sätt (så att vi får 4 olika siffror i koden).
Enligt multiplikationsprincipen får vi 50400
7 8 9 10
10⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
5-siffriga koder som innehåller exakt 4 olika siffror.
Svar: a) 480 b) 10⋅10⋅9⋅8⋅7=50400 Rättningsmall:
a) +1p för korrekt metod men fel beräkning.
b) +1p för korrekt metod men fel beräkning. (2p för svaret 10⋅10⋅9⋅8⋅7=50400) 8. (4p) Bestäm (eventuella) lösningar till följande ekvationssystem
= +
= +
= +
1 2
2 2
1 2
z x
z y
z x
a) i Z5 b) i Z3 Lösning:
a) Vi använder eliminationsmetoden (men räknar med modulo 5) .
−
=
−
= +
= + +
−
⇔
= +
= +
= +
1 3
2 2
1 2
) 3 1 2 ( 1
2
2 2
1 2
z z y
z x
E E z
x z y
z x
(notera att −3≡2(mod5) och −1≡4(mod5)
=
= +
= +
⇔
4 2
2 2
1 2 z
z y
z x
. (*)
(Alternativ: Vi kan multiplicera ekv1 med 3, lägga till ekv 3 och få (*).) Från tredje ekvationen i (*) har vi z=2.
Vi substituerar z=2i andra ekvationen (notera att och får y+4=2⇒y=3 (eftersom −2≡3(mod5)).
På liknande sätt har vi från första ekvationen ( vi räknar modulo 5):
Sida 7 av 11
2 1
4 1
2
2⋅ = ⇒ + = ⇒ =
+ x x
x
Alltså är x=2, y=3, z=2en lösning till systemet i Z5. b) Vi löser systemet (modulo 3):
−
=
−
= +
= + +
−
⇔
= +
= +
= +
1 3
2 2
1 2
) 3 1 2 ( 1
2
2 2
1 2
z z y
z x
E E z
x z y
z x
(notera att −3≡0(mod3) och −1≡2(mod3)
=
= +
= +
⇔
2 0
2 2
1 2
z y
z x
. (*)
Systemet saknar lösning i Z3.
(Alternativ: Vi kan addera ekv1 till ekv 3 och få (*).)
Svar a) Systemet har exakt en lösning i Z5 : x=2, y=3, z=2 b) Systemet saknar lösning i Z3
Rättningsmall:
a) +1p för korrekt metod men med ett fel i beräkning.
2p om allt är korrekt
b) +1p för korrekt metod men med ett fel i beräkning.
2p om allt är korrekt
DEL III
9. (5p) Låt S4 beteckna den symetriska gruppen vars element är alla permutationer av 1,2,3 och 4. Låt H vara den minsta delgruppen till S4 som innehåller permutationerna
1 =
π ( 2 1 3 4) och π2 =( 1 2 4 3) .
a) (4p) Bestäm H dvs ange alla element i delgruppen H. Motivera svaret och bevisa att H är en delgrupp till S4.
b) (1p) Visa att H inte är en cyklisk grupp.
Lösning:
Vi skriver givna permutationer på cykelform för att enklare hantera ”räkneoperationer” i S4. Vi har π1 =( 1 2) och π2 =( 3 4) .
En delgrupp H måste innehålla enhetselement id=(1 2 3 4).
Vidare måste H vara sluten.
Därför är π3 =π1π2 =(1 2) ( 3 4) =(2 1 4 3) element i H.
Samma gäller för π2π1 = ( 3 4) (1 2) =(2 1 4 3) = π . 3 Vi kontrollerar om H={id,π1,π2,π3} är en delgrupp till S4. i) id∈ H
ii) associativiteten är ett ärv från S4. iii) H är sluten eftersom
Sida 8 av 11
H id
idπ1 =π1 =π1∈ , idπ2 =π2id =π2∈H, idπ3 =π3id =π3∈H H
id∈
1=
1 π
π , π1π2 =π2π1 =π3∈H , π1π3 =π3π1=π2∈H H
id∈
2 =
2 π
π , π2π3 =π3π2 =π1∈H π3π3 =id∈H.
iv) Från idid =id∈H π1π1 =id∈H, π2π2 =id∈H, π3π3 =id∈H följer att varje element i H har inversen i H.
Därmed har vi visat att H är en delgrupp till S4.
Eftersom varje delgrupp till S4 , som innehållet π1 och π2 måste också innehålla id och
3 2
1 π π
π = ser vi att H är den minsta delgruppen till S4 , som innehållet π1 och π2. b) Från idid =id , π1π1=id, π2π2 =id, π3π3=id
ser vi att inget element i H genererar H (alla har ordning 2). Därmed är H inte en cyklisk delgrupp.
Svar:
a) H={id,π1,π2,π3}= {id, ( 1 2), ( 3 4), ( 1 2)( 3 4)}
eller
H={(1 2 3 4), (2 1 3 4), (1 2 4 3), (2 1 4 3)}
Motivering: Se lösningen.
b) Se lösningen.
Rättningsmall:
a) +1p för korrekt H.
+1p för korrekt undersökning av slutenhet +1p för korrekt undersökning av inverterbarhet 4p om allt är korrekt
b) rätt eller fel.
10. (5p) Bevisa Lagranges sats: Om H är en delgrupp till den ändliga gruppen G då gäller att
|H| delar |G|.
Lösning:
Låt Ha ={h∗a:h∈H} vara en sidoklass till H som genereras av elementet a.
i) Först ska vi visa att varje sidoklass har samma antal element som H.
Vi definierar funktionen f :H →Ha enligt följande a
h h
f( )= ∗ .
Vi visar att f är en bijektion (dvs surjektion och injektion). ( Detta automatiskt visar att H ochH har lika många element.) a
(Surjektion)
Funktionen f är uppenbart surjektiv eftersom H , enligt definitionen, består av element a h∗ a och inte har andra element. Med andra ord är H värdemängden till a f .
(Injektion)
Anta att f(h1)= f(h2) dvs a
h a
h1∗ = 2∗ (ekv1)
Sida 9 av 11
Notera att varje element i en grupp är inverterbar och att associativa lagen gäller. Vi
”multiplicerar” (ekv1) med a−1från höger och får
1 2
1 1
−
− = ∗ ∗
∗
∗a a h a a
h
⇓ (eftersom a∗a−1= I där I är det neutrala elementet i gruppen) h1∗I =h2∗I
⇓ h1 =h2.
Alltså är f en injektiv funktion.
Vi har visat att f är en bijektiv funktion från H tillH . Därmed har H ocha H lika många a element, dvs | H |=| H |. a
Anmärkning: Om H och a H är två sidoklasser då gäller att | H |=|b H | och | H |=|a H | . b Därmed är
|H |=|a H | . b
ii) Vi ska visa nu att två sidoklasse Ha ={h∗a:h∈H} och Hb ={h∗b:h∈H} är antingen tomma eller identiska.
Anta att H och a Hbär inte tomma och att ett element c ligger i både H och a Hb. Vi ska visa att då gäller Ha =Hb.
Vi kan skriva c=h1∗a och c=h2∗b för några h och 1 h som ligger i delgruppen H. 2 Alltså gäller
b h a
h1∗ = 2∗ (ekv 1) .
Eftersom h och 1 h . (Notera att alla element i en grupp är inverterbara). 2 Från (ekv1) har vi
b h h
a= 1−1∗ 2∗ .
Därför kan varje element h∗ i sidoklassena H skrivas som a a
h∗ =h∗h1−1∗h2∗b=(h∗h1−1∗h2)∗b (ekv2) .
Eftersom (h∗h1−1∗h2)∈H (för H är en delgrupp) visar (ekv 2) att h∗ ligger också i a H . b Alltså Ha ⊆Hb. På samma sätt visar vi att Hb ⊆Ha och därmed är Ha =Hb,
iii) Notera att varje element x i G ligger i en sidoklass H . Beteckna de olika (därmed x disjunkta) sidoklasserna med H , 1 H ,…, 2 H . k
Enligt ii) kan vi ange G som en union av de disjunkta sidoklasserna, dvs Hk
H H
G= 1∪ 2∪∪ , H ,…, 2 H . k Därför
|G|=|H1|+|H2 |++|Hk | (*)
Notera att enligt i) gäller | H |=| H | för i=1,…k. i Från (*) har vi därför
|G|=|H|+|H|++|H |=k| H |. Alltså är |G| delbart med |H|
Sida 10 av 11
Rättningsmall:
+2 p för korrekt i)-delen i ovanstående bevis.
+2p förr ii)
5p om allt är korrekt
Lycka till.
Sida 11 av 11
