LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN 2010 OPPGAVE 1

Transkript

1 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN 2010 OPPGAVE 1 p q p p q p q T T F T T Sannhetstabell: T F F F F F T T T T F F T T T Siden proposisjonene p q og p q har samme sannhetsverdier (for alle sannhetsverdier av p og q), er de logisk ekvivalente. Vi har (p q) r (1) (p q) r (2) ( p q) r (3) ( p r) ( q r) ved det vi viste over (1), De Morgans lov (2) og distributiv lov (3). Alternativt: Sannhetstabell som over. OPPGAVE 2 Vi har at A B = A B per definisjon av, og dermed: A B = A B (1) = A B (2) = A B ved De Morgans lov (2) og definisjon av komplement (2). Alternativt: A B = {x x A x B} = {x (x A x B)} (1) = {x (x A) (x B)} = {x x A x B} = A B, ved De Morgans lov i (1). Alternativt: Venndiagrammer, men disse må være fulgt av noe tekst som forklarer for å få full pott. Venndiagrammet der det skraverte området angir de to mengdene som er like er: 1

2 2 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN 2010 OPPGAVE 3 (a) 2 n. For bevis, se Eks. 9 i 4.1 eller Eks. 10 i 5.1 i læreboken. (b) Se de to bevisene til Korollar 1 i 5.4 i læreboken. OPPGAVE 4 Feilen ligger i at det finnes 4, og ikke 3, forskjellige utfall. Utfallsrommet for ett myntkast er nemlig {M, K} (der M står for mynt og K for krone ), slik at utfallsrommet for to kast er: { } S = {M, K} {M, K} = (M, M), (M, K), (K, M), (K, K), alle utfall med like stor sannsynlighet. (Vi må med andre ord skille mellom utfallene (M, K) og (K, M), som betyr at vi må ta hensyn til hvilken av myntene som viser hva.) Hendelsen vi er interessert i er slik at sannsynligheten for hendelsen er E = {(M, M)}, p(e) = E S = 1 4. OPPGAVE 5 Vi bruker (sterk) induksjon på påstanden a n = (n + 1)3 n for alle heltall n 0. Basistrinnet er n = 0, der vi har a 0 = (0 + 1) 3 0 = 1 1 = 1, slik at påstanden stemmer for n = 0. Vi trenger også å sjekke at påstanden stemmer for n = 1: a 1 = (1 + 1) 3 1 = 2 3 = 6, som også stemmer. I induksjonstrinnet antar vi at påstanden holder for alle heltall n slik at 0 n k, der k er et fiksert heltall 0, dvs. vi antar a n = (n + 1)3 n for alle heltall n slik at 0 n k. Vi viser at dette medfører påstanden for n = k + 1. Hvis k = 0, har vi allerede vist dette. Hvis k 1, kan vi bruke den rekursive definisjonen og induksjonshypotesen: a k+1 = 6a k 9a k 1 = 6(k + 1) 3 k 9k 3 k 1 [ ] = 2(k + 1) 3 k+1 k 3 k+1 = 2(k + 1) k 3 k+1 = (k + 2)3 k+1, slik at påstanden stemmer for n = k + 1. Vi har dermed vist påstanden ved induksjon.

3 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN OPPGAVE 6 (a) f er ikke injektiv siden f.eks. f( 1) = 1 = f(1) og f( 2) = f(2) = 4. (Generelt er f( a) = f(a) for alle a Z). f er ikke surjektiv siden bildet f(z) av f i N består av alle kvadrattall i N og derfor er bildet ikke hele N. F.eks. er 2 f(z), siden det ikke finnes noen a Z slik at f(a) = a 2 = 2. (b) Vi må vise at R er refleksiv, symmetrisk og transitiv: R er refleksiv siden vi for alle x Z har at f(x) = f(x), derfor er (x, x) Z. R er symmetrisk siden vi for alle x, y Z har at f(x) = f(y) hvis og bare hvis f(y) = f(x). Derfor er (x, y) R hvis og bare hvis (y, x) R. R er transitiv siden vi for alle x, y, z Z har at hvis f(x) = f(y) og f(y) = f(z), da er f(x) = f(y) = f(z), slik at (x, y) R (y, z) R medfører (x, z) R. Derfor er R er en ekvivalensrelasjon. (Dette gjelder for øvrig for alle funksjoner f og er ikke en spesiell egenskap til funksjonen f(x) = x 2.) For alle a Z har vi at ekvivalensklassen til a er Derfor er [a] = {x Z (x, a) R} = {x Z f(x) = f(a)} = {x Z x 2 = a 2 }. [0] = {x Z x 2 = 0} = {0}. [1] = {x Z x 2 = 1} = { 1, 1}. [a] = {x Z x 2 = a 2 } = { a, a} når a 0. (a) Hassediagrammet er: OPPGAVE 7 Mengden er ikke totalt ordnet siden ikke alle elementer er sammenlignbare. F.eks. er 3 og 5 ikke sammenlignbare, siden ingen av disse deler den andre.

4 4 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN 2010 (b) Maksimale elementer er 6 og 40, siden disse er de elementene som ikke deler andre elementer enn seg selv. Minimale elementer er kun 1, siden dette er det eneste elementet som ikke blir delt av noen andre elementer enn seg selv. Største element finnes ikke, siden det ikke finnes elementer som blir delt av alle elementer. Minste element er 1, siden dette deler alle elementer. OPPGAVE 8 (a) Anta at m er et primtall og a, b Z. Vi benytter følgende egenskap: m ab m a eller m b. Dette følger av Fundamentalteoremet for aritmetikken: At m deller ab betyr at dm = ab for en d Z. Primtallsfaktoriseringen til begge sider er den samme, og primtallsfaktoriseringen av ab er produktet av faktoriseringene til a og b (pga. entydigheten av faktoriseringen). Derfor må m være en primfaktor i ab og følgelig én av faktorene i a eller b. Derfor har vi at, for alle heltall a og b, ab 0 (mod m) m ab m a m b a 0 (mod m) b 0 (mod m), som er det vi skulle vise. (b) Hvis m ikke er primtall, da vil det per definisjon eksistere en a Z slik at 1 < a < m og a m. Dette betyr at m = ab med a, b Z slik at 1 < a < m og 1 < b < m. Dermed har vi at a 0 (mod m) og b 0 (mod m), mens ab 0 (mod m). Dette viser at (*) ikke er sann når m ikke er et primtall. OPPGAVE 9 La mengden av ikketerminale elementer være N = {S, A} (der S er det oppgitte startsymbolet). Da er vokabularet V = T N = {0, 1, S, A}. Vi lar mengden av produksjonene være P = { S 0S0, S A, A 1A, A λ }. Da vil grammatikken G = (V, T, P, S) generere Bevis for at G genererer Σ: Alle utledninger vil være på formen: Σ = {0 n 1 m 0 n m, n N}. S 0S0 n ganger for en n 0, dvs. S 0 n S0 n S A dvs. 0 n S0 n 0 n A0 n A 1A m ganger for en m 0, dvs. 0 n A0 n 0 n 1 m A0 n A λ dvs. 0 n 1 m A0 n 0 n 1 m λ0 n = 0 n 1 m 0 n. Produksjonene vil derfor generere alle elementene i Σ, og ingen andre strenger enn disse. Alternativt finnes det andre grammatikker som er mulige, men denne over er den enkleste. Men man får full pott selv om man ikke angir den enkleste grammatikken.

5 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN MNF130 VÅREN Men noen av besvarelsene hadde grammatikker som genererte litt andre mengder og fikk derfor ikke full pott, men likevel god uttelling. OPPGAVE 10 Første utsagn: Vi lager en graf med festdeltagerne som noder og én kant for hver håndhilsning mellom to personer. Da er graden til en node lik antallet håndtrykk til personen som tilsvarer noden. Da gir handshaking-teoremet eller dets korollar at antallet noder av odde grad er et partall. Dvs. at antallet personer som har trykket et odde antall hender er et partall. (Dette gjelder også om noen håndhilser på samme person flere ganger, noe som imidlertid er helt unaturlig å gjøre.) Alternativt: Induksjon på totalt antall håndtrykk. Dvs. vi beviser påstanden om at hvis det totale antallet håndtrykk er n, er antallet personer som har trykket et odde antall hender et partall, uansett n 0. Dersom n = 0 er det ingenting å vise, siden antallet personer som har trykket et odde antall hender er null, et partall. Anta at påstanden stemmer for n = k, der k er et heltall 0. La nå n = k + 1 og la oss studere ett av håndtrykkene spesielt, det siste håndtrykket. Etter de første k håndtrykkene er antallet personer som har trykket et odde antall hender et partall, ved induksjonshypotesen. Tre tilfeller kan oppstå: De to som håndhilser har fra før av begge trykket et odde antall hender. Etter dette håndtrykket vil antallet personer som har trykket et odde antall hender gå ned med to, og forblir derfor et partall. De to som håndhilser har fra før av begge trykket et jevnt antall hender. Etter dette håndtrykket vil antallet personer som har trykket et odde antall hender øke med to, og forblir derfor et partall. De to som håndhilser har fra før av trykket et jevnt og et odde antall hender, henholdsvis. Etter dette håndtrykket vil antallet personer som har trykket et odde antall hender forbli uendret, og er derfor fremdeles et partall. Andre utsagn: La n være antallet festdeltagere (som vi vet er 1). Anta også at ingen håndhilser samme person to ganger, som er en naturlig antagelse. Da kan ingen håndhilse mer enn n 1 ganger. Vi plasserer de n deltagerne i bokser merket med hvor mange hender de har trykket. Da er boksene merket fra og med 0 og til og med n 1, totalt n stykker. Men minst én av boksene merket med 0 og n 1 må forbli tom: hvis noen havner i boksen merket med 0, har han/hun ikke håndhilst på noen, slik at ingen andre kan ha håndhilst n 1 deltagere. Derfor vil kun n 1 bokser fylles med n deltagere, slik at minst to må havne i samme boks ved duehullprinsippet. Dette betyr at minst to personer har trykket like mange hender. Andreas Leopold Knutsen