Høgskolen i Agder. Institutt for matematiske fag EKSAMEN

Transkript

1 Høgskolen i Agder Institutt for matematiske fag EKSAMEN i MA1040 Matematikk for IT-studenter Mandag 5. mai 2003, kl Alle trykte og skrevne hjelpemidler er tillatt. Oppgavesettet er på 7 sider. Felles oppgavesett for bokmål og nynorsk ordvalg og setningsbygning samsvarer i begge målfører. Løsningsforslag Oppgave 1 Et kabel-tv-firma skal legge kabler til husene i et byggefelt. TV-signalene kommer fra en omformerstasjon i utkanten av byggefeltet. Det finnes to typer kabler: type S: Den er ganske dyr pr meter, men kan deles opp i biter som går direkte fra et hus til et annet. Kabel-stykkene må legges slik at alle husene er forbundet med omformerstasjonen, direkte eller indirekte. type H: Den er litt billigere pr meter, men kan til gjengjeld ikke deles opp. Den må legges i en sammenhengende sløyfe som går innom alle husene, og deretter tilbake til omformerstasjonen. Firmaet har på forhånd målt opp avstanden mellom alle par av hus i området, og er nå interessert i å legge kabler på en minst mulig kostbar måte. Finnes det noen generelt effektiv metode for å finne minste kostnad ved å legge kabel av type S? Begrunn svaret, og angi i så fall en metode.

2 Problemet er å finne et minimalt spenntre i den vektede grafen der nodene er husene samt omformerstasjonen, og kantene er alle par av noder, med vekt lik avstanden mellom dem. Prims algoritme, som finnes i læreboken, er en generelt effektiv metode for å finne minimale spenntrær. Finnes det noen generelt effektiv metode for å finne minste kostnad ved å legge kabel av type H? Begrunn svaret, og angi i så fall en metode. Her er problemet å finne en minimal Hamilton-sykel i den samme grafen. Det finnes ingen generelt effektive algoritmer for dette problemet. Oppgave 2 En bonde skulle ha med seg en ulv, ei geit og et kålhode over en elv. Ingen kunne svømme, elven var bred og dyp, og det var ingen bro. Men det fantes en liten robåt, stor nok for bonden og enten ulven, geita eller kålhodet. Bonden måtte så pønske ut en måte å ro frem og tilbake for å få med seg alle eiendelene over. Bondens problem var at hvis ulven fikk være sammen med geita uten tilsyn, kunne geita bli spist, og hvis geita fikk være sammen med kålhodet uten tilsyn, kunne kålhodet bli spist. La oss gi den ene elvebredden nummer 0, og den andre elvebredden gir vi nummer 1. Tilstanden rett før eller etter en rotur kan vi da beskrive med 4 binære siffer, ett for hver av bonden, ulven, geita og kålhodet. I starten er alle på elvebredd 0, og den tilstanden kan vi beskrive med de 4 binærsifrene 0000 Første siffer gjelder bonden, andre siffer gjelder ulven, tredje siffer gjelder geita og siste siffer gjelder kålhodet. Hvis bonden nå tar med seg geita og ror over til motsatt elvebredd, kan vi beskrive den nye tilstanden som 1010 Bondens mål er at alle skal være på elvebredd 1, og den tilstanden kan vi beskrive med de 4 binærsifrene 1111 La oss kalle mengden av alle slike tilstander T.

3 a) Hvor mange elementer har T? Et element kan genereres ved å velge 4 ganger, med tilbakelegging, blant de 2 sifrene 0 og 1, der rekkefølgen er signifikant. Da er det ulike muligheter. 2 4 = 16 b) Noen av tilstandene i T er problematiske i den forstand at geita eller kålhodet kan bli spist. Tilstandene 0000, 1010 og 1111 som er nevnt ovenfor, er ikke problematiske, men noen av de andre er det. Identifiser alle de problematiske tilstandene. tilstand kommentar 0000 ok 0001 ok 0010 ok 0011 geita spiser kålhodet 0100 ok 0101 ok 0110 ulven spiser geita 0111 geita spiser kålhodet og/eller ulven spiser geita 1000 geita spiser kålhodet og/eller ulven spiser geita 1001 ulven spiser geita 1010 ok 1011 ok 1100 geita spiser kålhodet 1101 ok 1110 ok 1111 ok c) La oss kalle mengden av uproblematiske tilstander U. Noen par (u 1, u 2 ) av elementer fra U er relatert ved at en rotur kan forandre u 1 til u 2. La oss kalle den tilsvarende binære relasjonen R. Karakteriser R som

4 delmengde av et kartesisk produkt Vi har U = {0000, 0001, 0010, 0100, 0101, 1010, 1011, 1101, 1110, 1111}, og relasjonen R kan da karakteriseres som denne delmengden av U U: {(0000, 1010), (0001, 1011), (0001, 1101), (0010, 1010), (0010, 1011), (0010, 1110), (0100, 1101), (0100, 1110), (0101, 1101), (0101, 1111), (1010, 0000), (1011, 0001), (1101, 0001), (1010, 0010), (1011, 0010), (1110, 0010), (1101, 0100), (1110, 0100), (1101, 0101), (1111, 0101)} matrise R x 0001 x x 0010 x x x 0100 x x 0101 x x 1010 x x 1011 x x 1101 x x x 1110 x x 1111 x graf Grafen har noder {0000, 0001, 0010, 0100, 0101, 1010, 1011, 1101, 1110, 1111} og kanter {(0000, 1010), (0001, 1011), (0001, 1101), (0010, 1010), (0010, 1011), (0010, 1110),

5 d) Er R: (0100, 1101), (0100, 1110), (0101, 1101), (0101, 1111), (1010, 0000), (1011, 0001), (1101, 0001), (1010, 0010), (1011, 0010), (1110, 0010), (1101, 0100), (1110, 0100), (1101, 0101), (1111, 0101)}. refleksiv? Nei, for bonden skifter alltid side i løpet av en rotur. transitiv? Nei. Moteksempel: 0000 R 1010 og 1010 R 0010, men ikke 0000 R symmetrisk? Ja, for effekten av en rotur kan oppheves ved at bonden straks ror tilbake i motsatt retning med samme last ombord. Begrunn svarene. e) Hvilke av R 2, R 3, R 4, R 5 er refleksive? Begrunn svarene. R 2 og R 4 er refleksive, for enhver tilstand kan endres tilbake til seg selv ved at bonden tar en lovlig rotur og deretter ror tilbake med samme last, en eller to ganger. Derimot er verken R 3 eller R 5 refleksive, for bonden skifter elvebredd etter odde antall roturer. Oppgave 3 Vis at summen av de første n oddetallene er n 2. Basis: n = 1. Summen er da 1, som er lik 1 2. Steg: Vi antar nå at summen av de n første oddetallene er n 2 ( induksjonshypotesen ): (2n 1) = n 2 og skal bevise at summen av de n+1 første oddetallene er (n + 1) 2. Vi starter med summen av de (n + 1) første oddetallene: (2(n + 1) 1)

6 og skiller ut det (n + 1)-te oddetallet slik: ( (2n 1)) + (2(n + 1) 1) De n første har summen n 2 ifølge induksjonshypotesen, så summen av alle de n + 1 første oddetallene blir: n 2 + (2(n + 1) 1) = n 2 + 2n = n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2. Dermed er induksjonsbeviset komplett. Alternativt kan man se resultatet direkte ved å skrive (2n 1) = (2 1 1) + (2 2 1) + + (2n 1) = n = og sette inn 2( n) n n = C(n+1, 2) = n = (n + 1)n 2 som vi husker fra pensum, eller kan utlede av regelen om summasjon i første (øvre) indeks av binomialkoeffisienter. Vi får derved (n + 1)n 2 n = n 2 + n n = n 2. 2 Oppgave 4 Hva er galt med det følgende beviset for at alle sjørøvere har like mange øreringer? Vi bruker matematisk induksjon på antall sjørøvere, n, i sjørøverforsamlinger:

7 Basis Når n = 1 dreier det seg om enkeltsjørøvere, og da er det trivielt riktig at alle sjørøverne som er forsamlet har samme antall øreringer. Steg Nå tar vi for oss en sjørøverforsamling med n+1 medlemmer. Vi velger ut en sjørøver, tar ham/henne med på en liten spasertur, og teller antall øreringer; a. Ved induksjon vet vi at de n gjenværende sjørøverne har innbyrdes samme antall øreringer, men så langt vet vi ikke hvilket antall det er. Nå sender vi inn igjen den sjørøveren vi tok ut, og tar til side en annen sjørøver i stedet. Fortsatt vet vi ved induksjon at de n øvrige sjørøverne har samme antall øreringer, og det antallet må være a, siden den første sjørøveren er med blant de n nå. Altså har alle de n + 1 sjørøverne samme antall øreringer, nemlig a. Dermed kan vi konkludere med at all verdens sjørøvere har samme antall øreringer. Steg-argumentet forutsetter minst 3 sjørøvere: de to vi tar til side, og en til som binder de to til å ha samme antall øreringer. Vi kan ikke ta steget fra 1 til 2 sjørøvere, så induksjonsbeviset bryter sammen. Dette er slutten på oppgavesettet. Lykke til! Rolf Nossum