1 Matematiska Institutionen KTH

Matematiska Institutionen KTH

Lösningsförslag till tentamensskrivning i SF1610 Diskret Matematik för CINTE 30 maj 2018, kl 08.00–13.00.

Examinator: Petter Brändén Kursansvarig: Olof Sisask

Hjälpmedel: Inga hjälpmedel är tillåtna på tentamensskrivningen.

Betygsgränser: (OBS: Totalsumma poäng vid denna tentamensskrivning är 37p.) 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 28 poäng totalt eller mer ger minst betyget B 32 poäng totalt eller mer ger minst betyget A

Observera: Generellt gäller att för full poäng krävs korrekta och väl presenterade resonemang.

Tentan består av 10 frågor i tre delar.

DEL I

Var och en av nedanstående fem uppgifter svarar mot en kontrollskrivning. Godkänt resultat på kontrollskrivning nr i under vårterminen 2018 ger automatiskt full poäng på uppgift nr i. Att lösa en uppgift som en på detta sätt redan har till godo ger inga extra poäng.

1. (3p) Bestäm samtliga lösningar (m, n) till den diofantiska ekvationen 24m + 29n = 2.

Lösning: För att hitta en partikulärlösning använder vi Euklides algoritm och läser sedan outputen baklänges:

29 = 24 + 5 24 = 4 · 5 + 4 5 = 4 + 1 , och därför är

1 = 5 − 4

= 5 − ( 24 − 4 · 5 )

= 5 · 5 − 24

= 5 · ( 29 − 24 ) − 24

= 5 · 29 − 6 · 24 . Alltså är

2 = 10 · 29 − 12 · 24,

så (m, n) = (−12, 10) är en lösning till vår ekvation. Samtliga lösningar ges då enligt känd sats av m = −12 + 29

gcd(24, 29)k = −12 + 29k

n = 10 − 24

gcd(24, 29)k = 10 − 24k för godtyckliga k ∈ Z.

2. (3p) En kiosk säljer fyra olika sorters godisbitar som kostar 4 kr styck. Du ska fylla en godispåse med sådana, och du ska spendera exakt 40 kr på detta. Hur många olika godispåsar kan du skapa?

(Ordningen som godisarna läggs in i påsen på spelar ingen roll. Ditt svar ska ges som ett heltal.) Lösning: Låt xi beteckna antalet godisbitar av sort i som väljs. Då är antalet olika godispåsar samma som antalet heltalslösningar till ekvationen

4x1+ 4x2+ 4x3+ 4x4= 40 med xi≥ 0. Denna ekvation är ekvivalent med

x1+ x2+ x3+ x4= 10,

och enligt känd sats ges antalet heltalslösningar till denna ekvation, med xi≥ 0, av

10 + 4 − 1 4 − 1



=13 3

 .

Ett direkt bevis för detta kan ses genom metoden ”prickar och pinnar”: vi har 10 stycken prickar i en rad – motsvarande platser i påsen – och vi behöver lägga 3 pinnar mellan dem för att dela upp dem i 4 grupper, motsvarande hur många av varje sorts godis vi ska ta. Alltså har vi 13 positioner totalt, och vi ska välja 3 av dessa för pinnar, vilket leder till ovan svar.

Svar:

13 3



= 13 · 12 · 11

3 · 2 · 1 = 13 · 2 · 11 = 286.

3. (3p) Betrakta gruppen G = (Z⁶⁰, +).

(a) (1p) Bestäm en delgrupp H till G sådan att varje nollskilt element i H har ordning 5. (Skriv ned samtliga element i delgruppen.)

(b) (2p) Låt K vara en cyklisk delgrupp till G som innehåller både elementen 4 och 57 men som annars har så få element som möjligt. Bestäm en generator för K. På denna fråga speciellt väger motiveringen tyngre än själva svaret.

Lösning:

(a) Ett element av ordning 5 i G är 12. Dessutom har multiplarna (förutom 0) av 12 i gruppen också ordning 5, så vi kan ta

H = h12i = {0, 12, 24, 36, 48}.

(b) Eftersom K är en delgrupp, och därför sluten under addition, så måste K innehålla elementent 4 + 57 = 1. Eftersom 1 genererar hela Z⁶⁰ så är faktiskt K = Z⁶⁰. Alltså är 1 en generator för K.

4. (3p) En linjär binär kod C har kontrollmatris

H =









1 0 0 0 1 1 0 1 0 1

0 1 0 0 1 0 1 a b 1

0 0 1 0 1 0 1 0 1 c

0 0 0 1 1 1 0 1 1 0







 där a, b, c ∈ {0, 1}.

(a) (1p) Bestäm en trippel (a, b, c) sådan att koden C är 1-felsrättande. Hur många möjligheter för en sådan trippel (a, b, c) finns det?

(b) (1p) Bestäm antalet ord i koden C för ditt val av (a, b, c) ovan.

(c) (1p) Rätta ordet 1111010000 i koden, med ditt val av (a, b, c) ovan, om det går. Om det inte går, motivera varför så är fallet.

Lösning:

(a) Enligt känd sats är C 1-felsrättande omm matrisen H inte innehåller 0-kolonnen och inga två kolon- ner är lika. Därför måste a = 1, pga att den annars skulle vara lika med kolonn nr 6. Parametrarna b, c kan däremot väljas godtyckligt under dessa krav. Vi väljer

(a, b, c) = (1, 0, 0).

Enligt multiplikationsprincipen finns det 2 · 2 = 4 sådana tripplar.

(b) Antalet ord i C är, enligt känd sats,

2^n−rang(H)= 2¹⁰⁻⁴= 2⁶= 64,

där n är antalet kolonner i H och rangen är 4 eftersom de första fyra kolonnerna uppenbarligen är linjärt oberoende (vilket ger rang ≥ 4), och det endast finns 4 rader (vilket ger rang ≤ 4).

(c) Vi provar att rätta ordet genom att multiplicera H med det:

H · 1111010000^⊥ = 0110^⊥,

vilket är kolonn nr 7 i H. Alltså kan vi enligt känd sats rätta ordet genom att ändra på bit nr 7 i ursprungsordet, och därigenom få ordet

1111011000.

5. (3p) Km,n betecknar den kompletta bipartita grafen med m noder i bipartitionens ena del och n noder i den andra, där m, n ≥ 1. Bestäm för vilka par (m, n) det gäller att Km,nhar

(a) en Eulerkrets.

(b) en Eulerväg.

Lösning:

(a) Enligt känd sats har en sammanhängande graf en Eulerkrets omm varje nod har jämn grad. I K_m,n har varje nod i den ena delen grad n och i den andra delen grad m. Alltså finns en Eulerkrets omm både m och n är jämna.

(b) Enligt känd sats har en sammanhängande graf en Eulerväg omm precis 0 eller 2 noder har udda grad. Det första fallet faller under analysen i (a), så här tittar vi på vilka Km,n har precis 2 noder med udda grad. Eftersom Km,nhar precis m noder med grad n, och precis n noder med grad m, och inga andra noder, så tittar vi alltså på fallen där antingen både m och n är udda eller precis en av dem är det. Om båda är udda, då får vi en Eulerväg omm m = n = 1, eftersom det annars skulle finnas fler än 2 noder med udda grad. Om precis en av m, n är udda, säg n är udda, då har vi precis två noder med udda grad omm m = 2, eftersom det finns m noder med grad n. Symmetriskt så gäller samma sak med m och n utbytta.

Detta ger att det finns en Eulerväg i K_m,nomm

(m, n) = (jämn, jämn), (udda, 2), (2, udda), eller (1, 1).

DEL II

6. (4p) En talföljd definieras rekursivt genom a₁= 1

an+1= an+ 6n för n ≥ 1 Visa att

a_k = 3k²− 3k + 1 för alla k ≥ 1.

Lösning: Vi bevisar detta via induktion, med påståendet

P (k) : ”a_k = 3k²− 3k + 1”

för varje k = 1, 2, 3, . . .

Basfall: Vi kollar att P (1) stämmer. Vänsterledet i påståendet är då a1 = 1, enligt definition, och hö- gerledet beräknas till 3 − 3 + 1 = 1. Dessa led är lika, och därför stämmer påståendet.

Induktionssteg: Vi antar nu (”induktionsantagandet”) att P (k) stämmer för något visst tal k ≥ 2, och visar att P (k + 1) då håller. I påståendet P (k + 1) så har vi

VL = a_k+1^{enl def}= a_k+ 6k^ind-ant= (3k²− 3k + 1) + 6k = 3k²+ 3k + 1

HL = 3(k + 1)²− 3(k + 1) + 1^algebra= (3k²+ 6k + 3) − 3k − 3 + 1 = 3k²+ 3k + 1.

Eftersom VL och HL stämmer överens så är P (k + 1) sant.

Slutsats: Eftersom vi vet att P (1) stämmer enligt basfallet, så ger induktionssteget att P (2) stämmer.

Alltså ger induktionssteget att P (3) också stämmer. Osv. Alltså stämmer P (k) för alla k ≥ 1.

7. (a) (2p) Ett RSA-krypto har parametrar n = 55 och krypteringsnyckel e = 17. Bestäm dekrypte- ringsnyckeln d och dekryptera meddelandet b = 5.

(b) (2p) Låt p = 5 och q = 21, från vilka beräknas n = 105 m = 80.

Med krypteringsnyckel e = 7 har beräknats dekrypteringsnyckel d = 23. Använd dessa nycklar för att kryptera meddelandet a = 3 och sedan dekryptera resultatet. Finn en anledning till att du ej fick tillbaka ursprungsmeddelandet.

Lösning:

(a) Vi faktoriserar n för att hitta p = 5, q = 11, och bestämmer därför m = (p − 1)(q − 1) = 4 · 10 = 40.

Vi beräknar d genom att hitta inversen till e modulo 40, via Euklides algoritm:

40 = 2 · 17 + 6 17 = 2 · 6 + 5

6 = 5 + 1 , och därför är

1 = 6 − 5

= 6 − ( 17 − 2 · 6 )

= 3 · 6 − 17

= 3 · ( 40 − 2 · 17 ) − 17

= 3 · 40 − 7 · 17 .

Alltså är 17⁻¹= −7 = 33 i Z40. Vi dekrypterar meddelandet b genom att beräkna b^dmod n:

a = b³³= 5³³= 5³²· 5.

Vi beräknar 5³² genom repeterad kvadrering modulo 55:

5²= 25

5⁴= 25²= 625 = 20 5⁸= 20²= 400 = 15 5¹⁶= 15²= 225 = 5 5³²= 5²= 25 Alltså är

a = 25 · 5 = 125 = 15 det dekrypterade meddelandet.

(b) Vi krypterar a till ett meddelande b genom b = a^emod n, så b = 3⁷mod 105.

Upprepad kvadrering som tidigare:

3²= 9

3⁴= 81 = −24.

Alltså är

b = 3⁷= 3⁴⁺²⁺¹= −24 · 9 · 3 = −216 · 3 = −6 · 3 = −18 = 87.

Nu dekypterar vi b genom att beräkna b^dmod n:

87²³= (−18)²³= −18²³= −18^16+4+2+1. Enligt tidigare strategi, mod 105:

18²= 324 = 9 18⁴= 9²= 81

18⁸= 81²= 6400 + 160 + 1 = 100 + 55 + 1 = 51 18¹⁶= 51²= 2500 + 100 + 1 = 400 − 5 + 1 = 81 Alltså är, mod 105,

b^d= −18²³= −18^16+4+2+1= −81 · 81 · 9 · 18 = −81²· 2 · 81 = −51 · 2 · 81 = 3 · 81 = 243 = 33.

Detta är inte samma som ursprungsmeddelandet a = 3. Anledningen till detta är att krypotot inte utformats enligt reglerna för RSA, då q = 21 = 3 · 7 inte är ett primtal. Detta leder till att anta- gandena i RSA-varianten av Fermats lilla sats inte uppfylls, och därmed håller inte nödvändigtvis slutsatsen hos denna sats längre (vilket den uppenbarligen inte gör här).

8. En sammanhängande planär graf kallas löjlig om varje nod har grad åtminstone 2 och den har en plan ritning med totalt 3 områden, ytterområdet medräknat.

(a) (1p) Rita en löjlig graf med 10 noder.

(b) (3p) Visa att en löjlig graf inte kan ha en nod med grad 5 eller mer.

Lösning:

(a) Till exempel

(b) Låt G vara en löjlig graf med v noder och e kanter. Enligt Eulers formel för plana ritningar av sammanhängande planära grafer gäller då att

v − e + 3 = 2,

eftersom antalet områden i en plan ritning av en löjlig graf är 3. Alltså är e = v + 1

i en löjlig graf. Enligt handskakningslemmat är dessutom 2e = X

x∈V

d(x),

där V betecknar grafens nodmängd och d(x) är graden av en nod x ∈ V . Låt t ∈ V vara vilken nod som helst; vi vill visa att d(t) ≤ 4. Eftersom d(x) ≥ 2 för alla x i en löjlig graf, så ser vi att

2v + 2 = 2e = X

x∈V

d(x) = d(t) + X

x∈V \{t}

d(x) ≥ d(t) + 2(v − 1).

Alltså är

d(t) ≤ 4, vilket är det vi ville visa.

DEL III

Om du i denna del använder eller hänvisar till satser från kursen skall dessa citeras, ej nödvändigtvis ordagrant, där de används i lösningen.

9. (5p) Det påhittade spelet Calvinball spelas i lag, med 3 personer i varje lag. Varje spelare har åtminstone en utav rollerna

anfallsspelare, försvarsspelare, löpare, målvakt, och sprinter.

Varje roll måste finnas med precis 1 gång i varje lag. Observera att varje spelare måste ha åtminstone en roll, men kan ha flera.

9 personer ska delas upp i tre icke-namngivna lag, med roller utdelade i varje lag. På hur många sätt kan detta ske?

Svaret ska uttryckas som ett explicit heltal eller en produkt av explicita heltal.

Lösning: Eftersom rollfördelningen inom lagen kan ske på samma antal sätt oberoende av laguppdelning- en, så säger multiplikationsprincipen att vi kan räkna antalet sätt att dela upp personerna i lag och sedan multiplicera detta med antalet sätt att fördela rollerna bland lagen.

Enligt definitionen av multinomialkoefficienter finns det _3,3,3⁹
sätt att dela upp 9 personer i tre namn- givna grupper. Eftersom vi inte bryr oss om namnen på lagen så får vi i vårt fall dela detta antal med 3!

(då varje uppsättning lag kommer ha räknats detta antal gånger bland de namngivna grupperna). Alltså är

antalet sätt att dela upp i 3 lag = 1 3!

 9 3, 3, 3



= 9!

3!⁴ =9 · 8 · 7 · 5 · 4

3!² = 8 · 7 · 5 = 280;

här har vi använt satsen att

 n

k₁, . . . , k_m



= n!

k₁! · · · k_m!.

I varje lag finns det sedan 3! · S(5, 3) sätt att fördela rollerna: det finns S(5, 3) sätt att dela upp de 5 rollerna i 3 icke-tomma högar (enligt definitionen av dessa Stirlingtal), och för varje av dessa sätt finns det 3! sätt att fördela högarna bland de 3 personerna i laget. Det gäller i varje av de 3 lagen, och sätten är oberoende av varandra; alltså är enligt multiplikationsprincipen

antalet sätt att fördela rollerna i de 3 lagen = 3! · S(5, 3)
3

.

Stirlingtalet S(5, 3) kan beräknas via rekursionen S(n, k) = S(n − 1, k − 1) + kS(n − 1, k) och randvärdena S(n, 1) = S(n, n) = 1 till S(5, 3) = 25:

n

k 1 2 3

1 1

2 1 1

3 1 3 1

4 1 7 6

5 ∗ ∗ 25

Antalet sätt att fördela rollerna inom de tre lagen är alltså 3! · S(5, 3)
3

= 150³.

Enligt multiplikationsprincipen är alltså antalet sätt att dela upp lag och fördela roller på exakt Svar: 280 · 150³.

10. (5p) Låt G vara mängden av alla funktioner f : Q → Q som har formen f (x) = ax + b, där a, b ∈ Q och a 6= 0. Låt ◦ beteckna sammansättning av funktioner, så att om f (x) = ax + b och g(x) = cx + d då är f ◦ g funktionen

(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = a(cx + d) + b.

Detta gör (G, ◦) till en grupp.

(a) (1p) Bestäm identitetselementet i G och finn inversen till funktionen h(x) = 3x + 5.

(b) (1p) Ge ett exempel på ett element i G som har ordning 2.

(c) (3p) Bestäm samtliga element i G som har ändlig ordning. För delpoäng, visa att inget element i G har ordning 3.

Lösning:

(a) Identitetselementet är funktionen e(x) = x: för godtyckligt f ∈ G gäller att (e ◦ f )(x) = e(f (x)) = f (x) och (f ◦ e)(x) = f (e(x)) = f (x);

med andra ord är e ◦ f = f ◦ e = f för alla f ∈ G, vilket är definitionen av att e är ett identitetse- lement.

Inversen till h är en funktion g(x) = ax + b sådan att h(g(x)) = e(x) = x = g(h(x)). Vi har att g(h(x)) = g(3x + 5) = 3ax + 5a + b och h(g(x)) = 3ax + 3b + 5.

Dessa är lika med funktionen x omm a = 1/3 och 3b + 5 = 0, dvs b = −5/3. Alltså är inversen till h g(x) =¹₃x − ⁵₃.

(b) Funktionen f (x) = −x har ordning 2, eftersom

(f ◦ f )(x) = f (f (x)) = f (−x) = x = e(x).

(c) Sats: ett element g i en grupp har ändlig ordning omm gⁿ = id för något heltal n ≥ 1. I vårt fall innebär det att ett element f ∈ G, säg f (x) = ax + b, har ändlig ordning omm

f⁽ⁿ⁾(x) = (f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

n kopior av f

)(x) = x

för något n ≥ 1. Koefficienten av x i f⁽ⁿ⁾(x) är uppenbarligen aⁿ, eftersom vi multiplicerar x-termen med a varje gång ”vi gör f ”. Alltså måste

aⁿ= 1

för något n, om f ska ha ändlig ordning. Bland rationella tal a så har denna ekvation endast de möjliga lösningarna a = 1 och a = −1 (med den senare endast om n är jämnt), och vi undersöker nu vilka f , med dessa värden på a, faktiskt har ändlig ordning.

Om a = 1, dvs f (x) = x + b, då är

f⁽ⁿ⁾(x) = x + bn,

vilket är lika med identitetselementet x för något n ≥ 1 omm b = 0. Alltså är det enda elementet f = x + b med ändlig ordning identitetselementet.

Om a = −1, dvs f (x) = −x + b, då är

f⁽²⁾(x) = f (−x + b) = −(−x + b) + b = x,

oavsett b. Alltså har alla sådana funktioner f ordning 2 (eftersom ingen sådan funktion har ordning 1).

För att summera: om f (x) = ax + b har ändlig ordning, då måste a = ±1. Bland de f med a = 1 är f (x) = x det enda elementet med ändlig ordning, och bland de f med a = −1 så har samtliga f (x) = −x + b ändlig ordning.

Svar: funktionerna f (x) = x och f (x) = −x + b för godtyckliga b ∈ Q.