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

(1)

Efternamn förnamn pnr

Kontrollskrivning 1A till Diskret Matematik SF1610, för CINTE, vt2016

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 heltal.)

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

sant falskt a) Om p är ett primtal så är lcm(a, p) = pa för varje heltal

a.

X b) Om A ∪ B = A för två mängder A, B, då är A ∩ B = ∅. X c) Om f är en injektiv funktion från en ändlig mängd A

till en ändlig mängd B så är |A| ≤ |B|.

X

d) 119 är ett primtal. X

e) Den diofantiska ekvationen 7m + 21n = 8 har ingen lösning.

X f ) Mängden av jämna heltal och mängden rationella tal

har samma kardinalitet.

X

poäng

(2)

2a) (1p) Hitta lösningen x i Z¹¹ till ekvationen 3x + 2 = 4.

(Det räcker att ange rätt svar.) Svar: x = 8.

b) (1p) Skriv upp alla de (multiplikativt) inverterbara talen i Z9. (Det räcker att ange rätt svar.)

Svar: 1, 2, 4, 5, 7, 8.

c) (1p) Låt M = {1, 2, 3, 4, 5} och betrakta relationen

R = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 3), (4, 5)}.

Vilka av egenskaperna reflexiv, symmetrisk och transitiv har R? (Det räcker att ange rätt svar.)

Svar: Inga.

(3)

3) (3p) Lös den diofantiska ekvationen 133n + 56m = 98.

OBS. En komplett lösning med fullständiga motiveringar skall ges.

Lösning: Först beräknar vi gcd(133, 56) genom Euklides algoritm:

133 = 2 · 56 + 21 56 = 2 · 21 + 14 21 = 1 · 14 + 7 14 = 2 · 7 + 0.

Alltså är gcd(133, 56) = 7, den sista nollskilda resten.

Näst räknar vi ut en partikulärlösning. Vi börjar med att skriva gcd:n som en linjärkombination av 133, 56, genom att läsa algoritmens output bakåt:

7 = 21 − 14

= 21 − ( 56 − 2 · 21 ) = 3 · 21 − 56

= 3 · ( 133 − 2 · 56 ) − 56 = 3 · 133 − 7 · 56 . Genom att multiplicera hela ekvationen igenom med 98/7 = 14 får vi

98 = 42 · 133 − 98 · 56;

alltså är n_p = 42, m_p = −98 en partikulärlösning.

Den allmänna lösningen ges då enligt känd sats av (n = np+gcd(133,56)⁵⁶ k = 42 + 8k

för godtyckliga k ∈ Z.

(4)

4) (3p) Bestäm 32¹⁹ (mod 5) – ange svaret som ett av talen 0, 1, 2, 3, 4.

Lösning: Eftersom 32 ≡ 2 (mod 5) så är 32¹⁹ ≡ 2¹⁹ (mod 5). 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:

32¹⁹ ≡ 2¹⁹ = (2³)⁶· 2 ≡ 3⁶ · 2 = 9³· 2 ≡ (−1)³· 2 = −2 ≡ 3 (mod 5).

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. Därför är 2⁴ ≡ 1 (mod 5), och

32¹⁹≡ 2¹⁹= (2⁴)⁴· 2³ ≡ 2³ = 8 ≡ 3 (mod 5).

(5)

5) (3p) Bevisa via induktion att 7 är en delare i 2ⁿ⁺²+ 3²ⁿ⁺¹ för n = 1, 2, . . ..

Låt P (n) vara påståendet att 7 delar 2ⁿ⁺²+ 3²ⁿ⁺¹. Vi bevisar via induktion att P (n) håller för alla heltal n ≥ 1.

Basfall: Vi visar att P (1) håller:

2¹⁺²+ 3²⁺¹ = 8 + 27 = 35 = 7 · 5 vilket är delbart med 7.

Induktionssteg: Vi antar nu att P (1), . . . , P (n) håller för något heltal n ≥ 1 och visar att P (n + 1) då håller. Vi vill alltså visa att 7 delar 2ⁿ⁺³ + 3²ⁿ⁺³, och enligt antagandet vet vi att 7 delar exempelvis 2ⁿ⁺¹+ 3²ⁿ⁺¹. Vi skriver om uttrycket vi är intresserade av i termer av det vi känner till något om:

2ⁿ⁺³+ 3²ⁿ⁺³ = 2 · 2ⁿ⁺²+ 9 · 3²ⁿ⁺¹ = 2 · (2ⁿ⁺²+ 3²ⁿ⁺¹) + 7 · 3²ⁿ⁺¹.

I det slutliga högerledet är den första termen delbar med 7 enligt induktions- antagandet, och den andra termen är uppenbarligen delbar med 7. Därför är summan av termerna delbar med 7; alltså håller P (n + 1).

Slutsats: Vi har visat att om tidigare fall av påståendet håller så håller också nästa; eftersom det första fallet håller så håller därför alla fall. Med andra ord,