Kontrollskrivning 1 till Diskret Matematik SF1610, för CINTE1, vt 2019 Examinator: Armin Halilovic
Datum: Ti 2019-04-02
Version A Resultat:
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 = 1,2,…,5.
13–15 poäng ger ett ytterligare bonuspoäng till tentamen.
Uppgifterna 3)–5) kräver väl motiverade lösningar för full poäng.
Uppgifterna står inte i svårighetsordning.
Spara alltid återlämnade skrivningar till slutet av kursen!
Skriv dina lösningar och svar på samma blad som uppgifterna; använd baksidan om det behövs.
Σ p P/F Extra Bonus
Sida 1 av 6
1) (För varje delfråga ger rätt svar 1/2 p, inget svar 0 p, fel svar – 1/2 p. Totalpoängen på uppgiften avrundas uppåt till närmaste icke–negativa heltal.)
Kryssa för om påståendena a) - f) är sanna eller falska (eller avstå)!
Sant Falsk
a) Varje surjektiv funktion är inverterbar. x
b) Om A∩ B=∅ så är A∪B= A. x
c) Talet 123213612 är delbart med 3. x
d) Talet 3 har (multiplikations) invers i Z6 x
e) Ekvationen 13x+ 7y=a har heltalslösningar för varje heltal a.
x
f) 47≡32mod(5) x
Sida 2 av 6
2a) Låt A={1,2,3,4,5}, B={3,4,5,6,7,8} och C={2,4,6,8,10}.
Bestäm (A∪B)\ (B ∆C) (Dvs. ange alla element i den sökta mängden.) Det räcker att ange rätt svar.
Lösning:
} 8 , 7 , 6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1
={
∪ B A
} 10 , 7 , 5 , 3 , 2
={
∆ C B
Därmed (A∪B)\ (B ∆C)= {1,4,6,8}
Svar a: {1,4,6,8}
2b) Lös i Z6 följande ekvation 5x=1.
Lösning: Vi multiplicerar med 0,1,2,3,4, och 5 i Z6 (dvs vi multiplicerar modulo 6) och får att ekvationen har i Z6 endast en lösning x=5.
Svar b: x=5
2c) Nedanstående relationer R1, R2 och R3, från A=(1,2,3) till B={a,b,c,d} är definierade med sina grafer. Ange vilka av dem är funktioner.
R1={( 1,a), (2,c),(3,c)}, R2={( 1,c), (2,c),(3,c)}, R3={( 1,a), (1,b),(2,c),(3,d)},
Lösning:
R1 och R2 är funktioner. (Relationen R3 är inte en funktion eftersom 1 förekommer två gånger som första koordinaten)
Svar c: R1 och R2 är funktioner.
Sida 3 av 6
3) Bestäm heltalslösningar till ekvationen 20
204
212x+ y= . Lösning:
Först bestämmer vi största gemensamma delare ( sgd) för 212 och 214 .
4 2 8
4 8 25 204
8 204 1 212
⋅
=
+
⋅
=
+
⋅
=
eller 4 204 25 8 204 1 212 8
⋅
−
=
⋅
−
=
(*) Alltså är sgd(212, 214)=4 som vi betecknar med d.
Eftersom d=4 delar 20 finns det (oändligt många) heltalslösningar.
Först uttrycker vi d=4 som en linjär kombination av 212 och 214.
Från (*) har vi
4= 204 – 25∙8 = 204 – 25( 212 – 1∙204) = 26∙ 204 – 25∙212 eller
– 25∙212+26∙ 204=4 (**)
Om vi multiplicerar (**) med 5 får vi – 125∙212+130∙ 204=20 (**)
Därmed är x0 =−125och y0 =130 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 212x+204y=20 får vi genom
x=−125+51k , y=130−53k Svar: x=−125+51k , y=130−53k
(eller x =−125−51k , y =130+53k
Rättningsmall: Korrekt d=4 ger 1p, Korrekt en lösning x0 =−125och y0 =130 ger +1p.
Allt korrekt=3p.
Sida 4 av 6
4) Lös ekvationen 10x+3=5 i Z22 .
OBS. En komplett lösning med fullständiga motiveringar skall ges.
Lösning:
Vi söker heltal x , 0≤ x≤21 sådant att 10x+3≡5(mod22)
dvs att 10x−2är delbart med 22. Vi kan lösa problemet genom att testa vilka x=0,1,2,
…, 21 uppfyller kravet, men denna metod kräver för många beräkningar.
Därför använder vi andra metoden. Att 10x−2är delbart med 22 kan vi skriva som y
x 2 22
10 − = eller 2 22
10x− y= (*)
och söka heltalslösningar till (*). För oss är endast intressanta x-värden som uppfyller 21
0≤ x≤ .
Först bestämmer vi största gemensamma delare ( sgd) för 22 och 10.
Vi har
22=2∙10+2 (**) 10=5∙2.
Alltså är största gemensamma delare d=2. Ekvationen har heltalslösningar eftersom d delar högerledet i (*).Dessutom är antalet lösningar som ligger i Z22 lika med d =2. Med andra ord har ekvationen exakt 2 lösningar i Z22.
Från (**) har vi –2∙10+1∙22=2 eller –2∙10–1∙(–22)=2
som betyder att x0 =−2och y0 =1 är en heltalslösning till ekvationen . Alla lösningar for vi genom k
d x b
x= 0 + , k
d y a
y= 0 − (där a=10, b = – 22, d=2 ) dvs
k
x 2
2 −22 +
−
= , y k
2 1−10
−
=
dvs x =−2−11k , y=−1−5k.
För k =−1 får vi x=9 och för k =−2 får vi x=20. (För andra värden på k gäller inte 21
0≤ x≤ .)
Svar: Ekvationen har två lösningar i Z22, x=9 och x =20.
Rättningsmall: Korrekt till och med ekvationen 10x−22y=2 ger 1p.
Korrekt allmän lösning ger +1p.
Allt korrekt=3p
Sida 5 av 6
5) Bevisa, med hjälp av den matematiska induktionen, att följande olikhet n 4 3n
2 + <
gäller för alla heltal n≥3.
OBS. Du får 0 poäng om du inte använder induktionsbevis.
Lösning:
Bassteg: Olikheten 2n+4<3när sant för n=3eftersom 2⋅3+4<33. Induktionssteg:
Anta att påståendet gäller för n=p det vill säga anta att p 4 3p
2 + < (*)
( Vi ska visa att påståendet är sant för n=p+1 dvs att 2(p+1)+4<3p+1) Vi multiplicerar (*) med 3 och får
3 1
12
6p+ < p+ (**) Om vi nu bevisar att
12 6 4 ) 1 (
2 p+ + < p+ (***) då är beviset färdigt.
Vi har
p p
p p
p 1) 4 6 12 2 6 6 12 6 4
(
2 + + < + ⇔ + < + ⇔− < ,
och sista olikhet är sant för alla p≥0 och därmed för p≥3. Alltså vi har bevisat har (***) .
Från (***) och (**) har vi 3 1
4 ) 1 (
2 p+ + < p+
och därmed är beviset färdigt.
Rättningsmall:+ 1p om man, med hjälp av antagande, kommer till 6p+12<3p+1 eller ekvivalent påstående. Korrekt bevis ger 3p.
Sida 6 av 6
