Sida 1 av 4 Matematiska Institutionen, KTH
Tentamensskrivning i SF1610 Diskret Matematik för CINTE 27 maj 2020,
DEL B (Del III)
Tid: 11:30-13:30. Därefter 20 min att ladda upp lösningar i canvas.
Extra tid 13:00-16:00 Därefter 20 min att ladda upp lösningar i canvas.
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, för alla tre delar, är 37p
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 betyget A
Parametrarna p och q i nedanstående uppgifter är sista två siffror i ditt personnummer.
T ex: Om ditt personnummer är 751332 2248 så är p= 4 och q=8.
---
LÖSNINGSFÖRSLAG
DEL III
9. (2p)
Låt G vara en graf med n = 7+ (p mod 3) noder.
a) Bestäm minimalt antal kanter som G kan ha, om G är en ickeplanär (sammanhängande eller icke- sammanhängande) graf med n noder.
b) Bestäm minimalt antal kanter som G kan ha, om G är en icke planär sammanhängande graf med n noder.
Lösning för n=9
En graf är ickeplanär om och endast om den innehåller K3,3 eller K5 som minor (se boken).
Sida 2 av 4
Notera att K3,3 har 6 noder och 9 kanter medan K5 har 5 noder och 5 2 10
=
kanter.
a) I vårt fall har vi n=9 noder. Vi kan rita K3,3 och lägga till 3 isolerade noder. Då får vi en (icke sammanhängande) ickeplanär graf med 9 kanter.
Svar till a) 9
b) Lösning för n=9. Vi kan rita K3,3 (som har 6 noder och 9 kanter) och lägga till 3 kanter till mot de 3 noder (av de 9 ) som inte är i K3,3. Då får vi en sammanhängande ickeplanär graf med 9+3=12 kanter.
Svar b) Om n=9 blir minimalt antal kanter 9+3=12 om (n=9).
På liknande sätt får vi andra fall:
Om n=8 blir minimum= 9+2=11.
Om n=7 blir minimum= 9+1=10 Rättningsmall: 1 poäng för varje del.
10. (2p) Låt K= 20+p. Beräkna följande summor a)
0 r n K
K n
n r
≤ ≤ ≤
⋅
∑
b)
0 r n m K
m n n r
≤ ≤ ≤ ≤
⋅
∑
Lösning:
a)
0 0 0 0 0 0
2 (1 2) 3
K n K n K
n K K
r n K n r n r n
K n K n K n K
n r n r n r n
≤ ≤ ≤ = = = = =
⋅ = = = = + =
∑ ∑∑ ∑ ∑ ∑
b) 1
0 0 0 0
3 1
(enligt a delen) = 3
2
K K K
m
r n m K m r n m m
m n m n
n r n r
+
≤ ≤ ≤ ≤ = ≤ ≤ ≤ =
⋅ = ⋅ = = −
∑ ∑ ∑ ∑
Rättningsmall: 1 poäng för varje del.
11. (3p) Låt K=3+( q mod 2). Bestäm alla heltal x som uppfyller följande system:
2(mod ) 3(mod 7) 5(mod11).
x K
x x
≡
≡
≡
Lösning för K=3:
Vi ska bestämma x som uppfyller 2(mod 3)
3(mod 7) 5(mod11).
x x x
≡
≡
≡
(system 1)
Vi ska lösa tillhörande ekvationssystem med diofantiska ekvationer.
Sida 3 av 4 2 3
3 7 5 11
x r
x s
x t
= +
≡ +
≡ +
(system 2)
De första två ekvationer 2 3
3 7
x r
x s
= +
≡ +
(*)
medför ( efter subtraktionen) 0= − +1 3 7r− s
dvs
3r−7s=1. (**)
Vi löser (**) till ex. med hjälp av Euklides algoritm och får r=5+7k , s= 2+3k.
Från (*) får vi x=2+3r= 2+3(5+7k) =17+21k.
(Notera att vi kan få ekvivalent lösning om vi använder andra ekvationen i (*) och s=2+3k)
Alltså gäller att x=17+21k (***)
satisfierar de första två ekvationer i (system 2).
Nu kombinerar vi (***) med tredje ekv. i (system 2).
17 21 5 11
x k
x t
= +
≡ +
(****).
Härav får vi
11 21t− k =12 som gör k=1+11j, t=3+21j
Härav och från (****) har vi slutligen x=17+21k=17+21(1+11j) =38+231j Svar för K=3: x=38+231j
(Svar för K=4: x=38+308j )
Rättningsmall: +1 poäng för korrekt lösning av ekv (**) +1 poäng för korrekt till och med system (****)
3p om allt är korrekt.
12. (3p) Två grupper (G1,*) och (G2,◦) är isomorfa om det finns en bijektion f G: 1→G2 sådan att f x y( ∗ )= f x f y( )a ( ) för alla , x y G∈ 1.
Vi betraktar två grupper (G, *) och (H, ) som definieras med nedanstående tabell.
(G,
(H,
x y z w a b c d
x x y z w a a b c d
y y x w z b b d a c
z z w x y c c a d b
w w z y x d d c b a
Sida 4 av 4
a) (2p) Bevisa att grupperna (G, *) och (H, ) inte är isomorfa.
b) (1p) Låt M={–i , i, –1,1} där i betecknar den imaginära enheten. Bevisa att gruppen (M,∙), där operationen betecknar multiplikationen av komplexa tal, är isomorf med (H, ).
Lösning: Anta att det finns en bijektion :f G→H sådan att ( ) ( ) ( ) för alla ,
f p q∗ = f p × f q p q G∈ . Notera att elementet x i G uppfyller
för alla
p p x∗ = p G∈ ( dvs x x x∗ = , y∗ =y x, z∗ =z x, w∗ =w x) Då har vi
( ) ( ) för alla , f p p∗ = f x p q G∈ och därmed
( ) ( ) ( ) för alla ,
f p × f p = f x p q G∈ .
Eftersom f är en bijektion mellan G och H, detta betyder att det finns ett element f(x) i H sådan att h h f x× = ( ) för alla h ∈H som inte är fallet.
( Exempelvis a a a× = medan b b d× = ).
Denna motsägelse visar att en sådan bijektion inte existerar.
Med andra ord (G, *) och (H, ) är inte isomorfa.
b) Vi definierar funktionen f H: →M enligt följande:
( ) 1, ( ) , ( ) , ( ) 1
f a = f b =i f c = −i f d = − .
Då är f en bijektion, Dessutom uppenbart gäller f h k( × )= f h f k( ) ( ) för alla , ⋅ h k ∈ H Alltså är f en isomorfism mellan H och M.
Rättningsmall: a) 2p om allt är korrekt b) 1 poäng
