Tentamensskrivning i SF1610 Diskret Matematik för CINTE 29 maj 2019, kl 08.00–13.00.

Matematiska Institutionen, KTH

Tentamensskrivning i SF1610 Diskret Matematik för CINTE 29 maj 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) Bestäm samtliga lösningar (x,y) till den diofantiska ekvationen 13x+ y15 =1

2. (3p) Bestäm antalet heltal n, där 1≤ n≤200, som är delbara med minst ett av talen 2 eller 5.

3. (3p) Låt π och σ vara följande permutationer av elementen i mängden {1, 2, 3, 4, 5} (skrivna i cykelform):

π = (1 3 2 )(5 4 ), σ = (1 2 )(3 5 4 ).

Bestäm permutationen ϕ som uppfyller π⁻¹φπ =σ . Ange permutationen ϕ på tvåradsform.

4. (3p) Bestäm alla kodord som definieras av checkmatrisen

















=

1 1 0 1 0

0 0 1 0 1

0 1 0 1 1

H .

5. (3p) En sammanhängande planär graf G har 6 fasetter, och varje nod i grafen har grad 3.

a) Bestäm antalet kanter i grafen. b) bestäm antalet noder i grafen OBS. En komplett lösning med fullständiga motiveringar skall ges.

Sida 1 av 12

DEL II 6. (4p)

Bevisa med hjälp av den matematiska induktionen att för alla n≥1 gäller likheten

) 1 2 )(

1 ( 6

1

2

= + +

∑

=

n n

n k

n

k

OBS. Du får 0 poäng om du inte använder induktionsbevis.

7. (4p)

Ett RSA-krypto har parametrar n = 77 och krypteringsnyckel e = 43. Bestäm dekrypteringsnyckeln d och dekryptera meddelandet b = 2.

8. (4p) Bevisa Eulers formel för sammanhängande planära grafer.

DEL III

9. (5p) Låt A och B vara två mängder sådana att |A|=20 och |B|=4. Bestäm antalet surjektiva funktioner från A till B.

10. (5p) Betrakta en cyklisk grupp G med 187 element.

(a) (2p) Visa att denna grupp har en delgrupp H med 11 element och en delgrupp K med 17 element.

(b) (3p) Visa att varje element i G kan skrivas som en produkt av ett element i H och ett element i K.

Lycka till.

Sida 2 av 12

FACIT

1. (3p) Bestäm samtliga lösningar (x,y) till den diofantiska ekvationen 13x+ y15 =1

Lösning:

Först bestämmer vi största gemensamma delare ( sgd) för 13 och 15 .

0 1 2 2

1 2 6 13

2 13 1 15

+

⋅

=

+

⋅

= +

⋅

=

eller 1 13 6 2 13 1 15 2

⋅

−

=

⋅

−

=

(*) Alltså är sgd(13, 15)=1 som vi betecknar med d.

Eftersom d=1 delar högerledet (=1) finns det (oändligt många) heltalslösningar.

Först uttrycker vi d=1 som en linjär kombination av 13 och 15.

Från (*) har vi

1= 13 – 6∙2 = 13 – 6( 15 – 1∙13) =7 ∙13– 6∙15 eller

7∙13– 6∙15=1 (**)

Därmed är x₀ =7och y₀ =−6 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 − (eller ekvivalent k

d x b

x= ₀ − , k

d y a

y= ₀ + ).

Alla lösningar till ekvationen 13x+ y15 =1 får vi genom

x=7+15k , y=−6−13k Svar: x=7+15k , y=−6−13k

(eller x=7−15k, y =−6+13k

Rättningsmall: Korrekt d=1 ger 1p, Korrekt en lösning x₀ =7och y₀ =−6 ger +1p.

Allt korrekt=3p.

2. (3p) Bestäm antalet heltal n, där 1≤ n≤200, som är delbara med minst ett av talen 2 eller 5.

Lösning:

Vi använder principen om inklusion och exklusion.

Vår grundmängd är U={1,2,3,…199,200}.

Vi inför följande beteckningar:

A: de tal mellan 1 och 200 som är delbara med 2.

B: de tal mellan 1 och 200 som är delbara med 5.

Sida 3 av 12

Unionen A∪Bomfattar alla tal som ligger i minst en av mängderna A,B. (Med andra ord består unionen av heltal som ligger mellan 1 och 200 som är delbara med minst ett av talen 2 eller 5.

Enligt principen om inklusion och exklusion har vi

|

|

|

|

|

|

|

|A∪B = A + B − A∩B

|A| dvs antalet heltal mellan 1 och 200 som är delbara med 2 är 100 200 =2 



.

|B| dvs antalet heltal mellan 1 och 200 som är delbara med 5 är 40 200 =5





.

|

|A∩B dvs antalet heltal mellan 1 och 200 som är delbara med både 2 och 5 och därmed

med 10 är 20

200 =10





.

Slutligen: |A∪B|=|A|+|B|−|A∩B| =100 +40–20=120

Rättningsmall:

1p för korrekt exklusion/inklusion formel

2p för korrekt exklusion/inklusion formel och dessutom korrekta värden |A|, |B| och |A∩B| 3p om allt är korrekt.

3. (3p) Låt π och σ vara följande permutationer av elementen i mängden {1, 2, 3, 4, 5} (skrivna i cykelform):

π = (1 3 2 )(5 4 ), σ = (1 2 )(3 5 4 ).

Bestäm permutationen ϕ som uppfyller π⁻¹φπ =σ . Ange permutationen ϕ på tvåradsform.

Lösning:

Från π⁻¹φπ =σ har vi φ =πσπ⁻¹.

Vi betraktar permutationer som funktioner från A till A, där A={1,2,3,4,5}. Först skriver vi π, π⁻¹ och σ på tvåradsform.

Vi har

x 1 2 3 4 5

π(x) 3 1 2 5 4

Från ovanstående tabell får vi inversen, π⁻¹:

x 1 2 3 4 5

−1

π (x) 2 3 1 5 4

Sida 4 av 12

Från σ = (1 2 )(3 5 4 ). har vi

x 1 2 3 4 5

σ (x) 2 1 5 3 4

Nu är det enkelt att bestämma en tabell för sammansatta funktionen φ =πσπ⁻¹. Till exempel

2 1

2

1^π→⁻¹ →^σ →^π dvs φ(1)=3.

På samma sätt bestämmer vi φ(2),...,φ(6)som vi anger i tabellen nedan:

x 1 2 3 4 5

φ(x) 3 4 1 5 2

Svar: Se ovanstående tabell

Rättningsmall: Korrekt till φ =πσπ⁻¹ ger 1p.

Korrekt inversen π⁻¹ (i vilken form som helst) ger +1p.

Allt korrekt=3p.

4. (3p) Bestäm alla kodord som definieras av checkmatrisen

















=

1 1 0 1 0

0 0 1 0 1

0 1 0 1 1

H .

Lösning;

Vi löser systemet (notera att inversen till 1 är 1 i Z2)







= + +

= +

= + +

0 0

0

5 4 2

3 1

4 2 1

x x x

x x

x x x

~







= + +

= + +

= + + +

0 0 0 2

1

5 4 2

4 3 2

4 2 1

x x x

x x x

x x x ekv ekv

~







= +

= + +

= + +

+ 0

0 0

3

2 _{3 5}

4 3 2

4 2 1

x x

x x x

x x x

ekv ekv

Vi löser ut tre ledande variabler x , ₁ x och ₂ x ₃ Från sista ekv har vi

5

3 x

x = som vi substituerar i andra ekv. och får

5 4 2 4

5

2 x x 0 x x x

x + + = ⇒ = +

Från den första ekv har vi

5 1 4 5 4 4 2

1 x x x x x x x

x = + = + + ⇒ =

Vi har två ”fria” variabler x₄ och x₅, som kan anta värden 0 eller 1.

Först väljer vi alla möjliga värden på (x₄ , x₅) (4 st) (tabell A nedan) Sida 5 av 12

och därefter bestämmer x₁= , x₅ x₂ =x₄+x₅ och x₃ = (tabell B nedan). x₅ Vi har

Tabell A: Tabell B:

1 1

0 1

1 0

0 0

5 4 3 2

1 x x x x

x

1 1 1 0 1

0 1 0 1 0

1 0 1 1 1

0 0 0 0 0

5 4 3 2

1 x x x x

x

Svar: Raderna i Tabell B är alla kodord.

Rättningsmall:

1p För korrekt ställt system.

2p för korrekt lösningx₁ =x₅ , x₂ =x₄ +x₅ och x₃ = ) x₅ 3 p om allt är korrekt

5. (3p) En sammanhängande planär graf G har 6 fasetter, och varje nod i grafen har grad 3.

a) Bestäm antalet kanter i grafen. b) bestäm antalet noder i grafen OBS. En komplett lösning med fullständiga motiveringar skall ges.

Lösning:

Vi betecknar:

=

v antalet noder, e= antalet kanter och f = antalet fasetter.

Låt S beteckna summan av gradtalen i grafen G.

Summan av gradtalen i varje graf grafen är lika med 2e (varje kant bidrar med 2 grader).

Alltså S =2e (*)

I vår graf gäller det att varje nod har grad 3. Därmed är summan av gradtalen i grafen G lika med 3v.

Alltså S =3v (**).

Därmed är 3v=2e eller v e 3

=2 (***) Vi substituerar (***) f =6 i Eulers formel

=2 +

−e f

v och får

2 3 6

2e− e+ = .

Härav 4 12

3

1 =− ⇒ =

− e e .

Antalet noder är 8 3 2 =

= e

v .

Svar: a) e=12 b) v =8 Rättningsmall:

Korrekt sambandet 3v=2e ger 1p.

Korrekt e=12 ger +1p . Korrekt v=8 ger +1p . Allt korrekt=3p

Sida 6 av 12

DEL II 6. (4p)

Bevisa med hjälp av den matematiska induktionen att för alla n≥1 gäller likheten

) 1 2 )(

1 ( 6

1

2

= + +

∑

=

n n

n k

n

k

OBS. Du får 0 poäng om du inte använder induktionsbevis.

Lösning:

a) (Induktionsbas)

Då n=1 har vi VL=6 och HL=6 dvs. VL=HL.

Alltså gäller påståendet för n = 1.

b) (Induktionssteg)

Antag att det för givet n gäller påståendet, P(n),

) 1 2 )(

1 ( 6

1

2

= + +

∑

=

n n

n k

n

k

(*)

Vi vill visa att då gäller P(n+1) d v s att

) 3 2 )(

2 )(

1 ( 6

1

1

2

= + + +

∑

⁺

=

n n

n k

n

k

(**) .

e

Vi startar med (*) och lägger 6(n+1)²till båda leden av likheten.

2 2

1

2

6 ( 1 ) ( 1 )( 2 1 ) 6 ( 1 )

6 + + = + + + +

∑

=

n n

n n n

k

n

k

.

Härav

⇒ +

+ + +

∑

⁺

=

=

)]

1 ( 6 ) 1 2 ( )[

1 ( 6

1

1

2

n n n n

k

n

k

Sida 7 av 12

] 6 7 2 )[

1 (

6 ²

1

1

2 = + + +

∑

⁺

=

n n n

k

n

k

(***)

Eftersom (n+2)(2n+3)=2n²+7n+6 har vi, från (***)

) 3 2 )(

2 )(

1 ( 6

1

1

2 = + + +

∑

⁺

=

n n

n k

n

k

(Detta är P(n+1). )

Alltså P(n)⇒P(n+1).

Från a) och b) får vi, enligt den matematiska induktionen, att påståendet gäller för alla heltal

≥1 n .

Rättningsmall: + 1p för induktionsbas.

+1p för korrekt P(n+1) dvs 6 ( 1)( 2)(2 3)

1

1

2 = + + +

∑

⁺

=

n n

n k

n

k

+1p om man, med hjälp av antagande, kommer till 6 ( 1)(2 ² 7 6)

1

1

2 = + + +

∑

⁺

=

n n n

k

n

k

, eller ekvivalent påstående.

Allt korrekt =4p.

7. (4p)

Ett RSA-krypto har parametrar n = 77 och krypteringsnyckel e = 43. Bestäm dekrypteringsnyckeln d och dekryptera meddelandet b = 2.

Lösning:

Vi faktoriserar n för att hitta p = 7, q = 11, och bestämmer m = (p−1)(q −1) = 60.

Vi beräknar d genom att hitta inversen till e modulo 60:

Vi löser ekvationen (på x) y

x

e⋅ =1+60 dvs

y x 1 60

43⋅ = + , eller 1

60 43⋅x− y=

och väljer den lösning d = som uppfyller x 0≤ d ≤59. ( Variabeln y är inte intressant i den här frågan.)

(notera att 43 är ett prim tal så att 43 och 60 är relativt prima och därmed finns heltals lösningar.)

Vi använder Euklides algoritm och uttrycker 1 som en linjär kombination av 43 och 60.

Först bestämmer vi största gemensamma delare ( sgd) för 23 och 60.

Sida 8 av 12

) 0 1 8 8 (

1 8 1 9

8 9 1 17

9 17 2 43

17 43 1 60

+

⋅

= +

⋅

=

+

⋅

=

+

⋅

=

+

⋅

=

eller

1 8 1 9

8 9 1 17

9 17 2 43

17 43 1 60

=

⋅

−

=

⋅

−

=

⋅

−

=

⋅

−

(*)

Vi börjar i sista raden i (*) och beräknar linjära kombinationer : 9 2 17 1 ) 9 1 17 ( 1 9 8 1 9 1 8 1 9

1= − ⋅ = = − ⋅ = − ⋅ − ⋅ =− ⋅ + ⋅

17 5 43 2 ) 17 2 43 ( 2 17

1⋅ + ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅

−

=

60 5 43 7 ) 43 1 60 ( 5 43

2⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅

=

Därmed är x₀ =7 och y₀ =5 en heltalslösning till ekvationen . Därmed är vår dekrypteringsnyckel d = x=7.

Meddelandet b = 2 dekrypterar vi genom att beräkna 51 ) 77 (mod 128 ) 77 (mod 2 ) 77

(mod = ⁷ = =

=b^d a

Svar: Dekrypteringsnyckeln är d =7. Det ursprungliga medelandet är a=51. Rättningsmall: 1p för korrekt Euklides algoritm.

+1 p för den linjära kombinationen 1=7⋅43−5⋅60 +1p för d =7.

+1p för a=51

8. (4p) Bevisa Eulers formel för sammanhängande planära grafer.

Lösning:

Vi ska visa att i varje sammanhängande planär graf G gäller sambandet

=2 +

−e f

v (Eulers formel)

där v är antalet noder, e är antalet kanter och f är antalet fasetter i grafen.

Vi gör induktion över antalet fasetter i grafen.

Induktionsbas:

Om f =1 då är den sammanhängande grafen G ett träd. För varje träd gäller .

+1

= e v

Eftersom f =1 har vi 2 1 1− + = +

= +

−e f e e

v .

Med andra ord är Eulers formel sann om f=1.

Induktionssteg:

Anta nu att Eulers formel är sann för grafer med n fasetter. Låt G vara en sammanhängande planär graf med v noder, e kanter och f = n+1fasetter. Betrakta en begränsad fasett i G.

Om vi tar bort en kant omringande cykeln då sammanfogas den fasett med den fasett som ligger på andra sidan av kanten. På detta sätt får vi en ny graf G1, med v noder, ₁ e kanter ₁ och f fasetter där ₁

v

v₁ = , e₁ = e−1 och f₁ = f −1=n. (*)

Enligt antagandet gäller Eulers formel för grafen G1 (notera att f₁ =n) dvs Sida 9 av 12

1 2

1 1 −e + f =

v . (**)

Vi substituerar (*) i ( **) och får 2

) 1 ( ) 1

( − + − =

− e f

v

som ger

=2 +

−e f

v .

Alltså P(n)⇒P(n+1).

Enligt den matematiska induktionen gäller Eulers formel för alla sammanhängande planära grafer.

Rättningsmall: 1p för korrekt Eulers formel + 1p för induktionsbas.

+ 2p för korrekt induktionssteg.

DEL III

9. (5p) Låt A och B vara två mängder sådana att |A|=20 och |B|=4. Bestäm antalet surjektiva funktioner från A till B.

Lösning:

Metod 1: (inklusion/ exklusion)

Låt A={a₁,a₂,...a₂₀} och B={b₁,b₂,b₃,b₄}.

Notera att en funktion f :A→B är surjektiv om och endast om funktionens värdemängd är lika med B dvs. V_f = . B

Vi inför följande beteckningar:

F= mängden av alla funktioner från A till B.

S= mängden av alla surjektiva funktioner från A till B.

N= mängden av alla funktioner från A till B som inte är surjektiva . Vi ska bestämma antalet surjektiva funktioner genom att beräkna

|S|=|F| – |N|

Antalet av alla funktioner från A till B är

|F|= 4 ²⁰

(Notera att vi kan , för varje a_ki A, välja en bild bland fyra element i B.)

Vi ska använda inklusion-exklusion principen för att bestämma antalet icke-surjektiva funktioner, |N| .

Notera att N består av de funktioner vars värdmängd är inte hela B.

Låt Nk beteckna mängden av alla funktioner f : A→B sådana att b inte ligger i _k V . _f Då är N= N₁∪ N₂∪ N₃∪ N₄.

Enligt inklusion-exklusion principen har vi

∑

∑

∑

^{− ∩ + ∩ ∩}

= | | | | | |

|

|N N_i N_i N_j N_i N_j N_k

Antalet funktioner f :A→B sådana att b inte ligger i ₁ V är lika med antalet av alla _f funktioner från A till {b₂,b₃,b₄}. Därmed är

|N1|= 3 . ²⁰

Sida 10 av 12

Samma gäller |N₂|, |N₃| och |N₄|.

Därför

∑

|^Ni |=4⋅3²⁰. (*)

2

1 N

N ∩ består av de funktioner vars definitionsmängd saknar både b och ₁ b . Sådana ₂ funktioner avbildar A på {b₃,b₄}

Därmed är |N₁∩ N₂ |=2²⁰. På samma sätt är för andra snitt:

220

|

|N_i ∩N_j = där i≠ . Vi har j 6 24 =

 



 sådana kombinationer .

Alltså

∑

|^Ni ∩^Nj |=6⋅2²⁰ (**)

Mad samma resonemang får vi att antalet funktioner vars värdemängd saknar 3 element (och därmed har endast ett element) är

4 3 1

| 4

| ⋅ ²⁰ =



 



=

∩

∑

^Ni ∩^{Nj Nk} . (***) Från (*) , (**) och (***) får vi

∑

∑

∑

^{− ∩ + ∩ ∩}

= | | | | | |

|

|N N_i N_i N_j N_i N_j N_k =4⋅3²⁰ −6⋅2²⁰ +4. Slutligen har vi att antalet surjektiva funktioner

|S|=|F| – |N| = 4²⁰ −(4⋅3²⁰−6⋅2²⁰+4)=4²⁰−4⋅3²⁰+6⋅2²⁰−4 (=1 085 570 781 624)

Svar: 4²⁰−4⋅3²⁰+6⋅2²⁰−4 Rättningsmall: 1p |F|= 4 ²⁰

+ 1p för

∑

|^Ni |=4⋅3²⁰ + 1p för

∑

|^Ni∩^Nj |=6⋅2²⁰ + 1p för

∑

|^Ni ∩^Nj ∩^Nk |=4 Allt korrekt=5p

Metod 2: (Med hjälp av Stirlingtal)

Antalet surjektiva funktioner från A={a₁,a₂,...a₂₀} tillB={b₁,b₂,b₃,b₄} är samma som antalet sätt att placera 20 olika objekt a₁,a₂,...a₂₀i 4 olika lådor b₁,b₂,b₃,b₄.

Om vi först betraktar antalet sätt att placera 20 olika objekt a₁,a₂,...a₂₀ 4 lika lådor (exempelvis b,b,b,b) då är antalet sådana placeringar lika med Stirlingtalet (av andra slag) S(20,4). Från varje sådan placering kan vi bilda 4! olika placeringar i 4 olika lådor (genom att permutera lådorna b₁,b₂,b₃,b₄). Därmed har vi

Antalet surjektiva funktioner från A={a₁,a₂,...a₂₀} tillB={b₁,b₂,b₃,b₄} = antalet sätt att placera 20 olika objekt a₁,a₂,...a₂₀i 4 olika lådor b₁,b₂,b₃,b₄=

=4! ∙ S(20,4) (=1 085 570 781 624) Svar: 4! ∙ S(20,4)

Sida 11 av 12

Rättningsmall för metod 2:

2p för korrekt svar 4! ∙ S(20,4) men ingen eller felaktig förklaring.

Korrekt svar och korrekt förklaring=5p

10. (5p) Betrakta en cyklisk grupp G med 187 element.

(a) (2p) Visa att denna grupp har en delgrupp H med 11 element och en delgrupp K med 17 element.

(b) (3p) Visa att varje element i G kan skrivas som en produkt av ett element i H och ett element i K.

Lösning:

(a) Låt G vara en cyklisk grupp med 187 element.

Då är

} , , ,..., , , , , 1

{ a a² a³ a⁴ a¹⁸⁴ a¹⁸⁵ a¹⁸⁶

G= .

Notera att 187=11∙17.

Låt b=a¹⁷ och H =< b>. Därmed b^k =a^17k

Notera att ^b11=

( )

^{a1711=a187 =1}

Då är H ={b,b²,b³,...,b¹¹}={1,b,b²,b³,...,b¹⁰} en cyklisk delgrupp med 11 element.

(Inversen till b är ^k b^11−k eftersom b^k⋅b^11−k =b¹¹=1.)

På samma sätt , om vi väljer c=a¹¹, får vi en cyklisk delgrupp med 17 element:

} ,..., , , , 1 { } ,..., , ,

{c c² c³ c¹⁷ c c² c³ c¹⁶ c

K = < > = =

(b) Låt g vara ett godtyckligt element i G . Då är am

g= där 0≤ m≤186.

Vi ska visa att det finns h∈ och H k∈ sådana att K g=hk. Eftersom h=a^17x, och k=a^11y, har vi

y x m y x

m a a a a

a hk

g= ⇔ = ^{17 11} ⇔ = ^{17 +11}

Med andra ord behöver vi visa att ekvationen m

y x+11 =

17 (ekv1)

har, för varje 0≤ m≤186, heltalslösningar x, y.

Men, eftersom sgd(17,11)= 1 följer omedelbart att ekvationen (ekv1) har heltalslösningar för varje m.

(Notera att H , K och G är cykliska grupper så att a^17x =(a¹⁷)^x ∈ för varje heltal x och att H a¹¹y∈Kför varje y.)

Därmed har vi visat påståendet (b).

Rättningsmall:

a) +1p för H och +1p för K.

b) + 1p om man kommer till ekvationen 17x+11y=m 3p om allt är korrekt.

Sida 12 av 12