Løsningsforslag. Oppgavesettet består av 9 oppgaver med i alt 21 deloppgaver. Ved sensur vil alle deloppgaver telle omtrent like mye.

Transkript

1 .. Løsigsforslag Emekode: ITF7 Dato:. desember Eme: Matematikk for IT Eksamestid: kl. til kl. Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt ihold på begge sider. Faglærer: Christia F Heide Eksamesoppgave: Oppgavesettet består av sider iklusiv dee forside og et vedlegg på é side. Kotroller at oppgave er komplett før du begyer å besvare spørsmålee. Oppgavesettet består av oppgaver med i alt deloppgaver. Ved sesur vil alle deloppgaver telle omtret like mye. Der det er mulig skal du: vise utregiger og hvorda du kommer fram til svaree begrue die svar, selv om dette ikke er eksplisitt sagt i hvert spørsmål Sesurdato: Madag 7. desember Karakteree er tilgjegelige for studeter på studetweb seest virkedager etter oppgitt sesurfrist. Følg istruksjoer gitt på:

2 Oppgave Gitt de to komplekse tallee z 4 i og w i. a) Teg z og z i det komplekse plaet. z - 4 z - b) Fi z w z w 4 i i 4 i) i) i) i) 4 4i i i i i i 4 i 7 i 7 i c) Kovertér tallet ) til det heksadesimale tallsystemet. Ka gruppere tallet i fire og fire bit: = = = 4 = E Derfor: ) = E Oppgave Gitt følgede graf: a b f c e d a) Er grafe e eulergraf? Fi i så fall e eulersyklus. For at e graf skal være e eulergraf, må alle odee ha e grad som er et partall. Her ser vi f eks at dega) =. Følgelig er grafe ikke e eulergraf. Eksame i Matematikk for IT, desember Side av

3 b) Nedefor er grafee G V, E) og G V, E ) teget. Er G og G isomorfe? Dersom de er isomorfe, agi e isomorfi f : V V. Dersom de ikke er isomorfe, forklar hvorfor de ikke er det. a h b 4 g c f d 8 7 e G V, ) G V, ) E E Vi ser at grafee har samme atall oder og samme atall kater 8 av hver). Dette er e ødvedig, me ikke tilstrekkelig, forutsetig for at de skal være isomorfe. Det ka også være lurt å sjekke grade til hver ode. Vi ser at alle oder i G har grad. Da må det samme gjelder odee i G, oe vi ser det gjør. Vi lager da følgede fuksjo, f: f a) f b) 7 f c) f d) f e) 4 f f ) f g) f h) 8 Vi ser at dee fuksjoe er é-etydig, fordi ulike elemeter i defiisjosmegde V har ulike bilder i verdimegde V. Vi ser videre at fv) = V. Vi må også sjekke at aboskap beholdes, altså at dersom u og v er aboer i G så er fu) og fv) aboer i G. a og b er aboer i G. Da må fa) = og fb) = 7 være aboer i G, oe vi ser at de er. b og c er aboer i G. Da må fb) = 7 og fc) = være aboer i G, oe vi ser at de er. c og d er aboer i G. Da må fc) = og fd) = være aboer i G, oe vi ser at de er. d og e er aboer i G. Da må fd) = og fe) = 4 være aboer i G, oe vi ser at de er. e og f er aboer i G. Da må fe) = 4 og ff) = være aboer i G, oe vi ser at de er. f og g er aboer i G. Da må ff) = og fg) = være aboer i G, oe vi ser at de er. g og h er aboer i G. Da må fg) = og fh) = 8 være aboer i G, oe vi ser at de er. Eksame i Matematikk for IT, desember Side av

4 h og a er aboer i G. Da må fh) = 8 og fa) = være aboer i G, oe vi ser at de er. Koklusjoe blir at G og G er isomorfe. Oppgave Gitt e grammatikk med startsymbol s, hvor megde av ikke-avslutigssymboler er N = {s, t, u} og megde av avslutigssymboler er T = {, }. Gitt følgede produksjosregler: s tut t u u a) Er dette e regulær grammatikk, e kotekstfri grammatikk eller ige av delee? Begru svaret. Dette er ikke e kotekstsesitiv grammatikk, side produksjosreglee agir at vi ka erstatte symboler ute at det er agitt oe krav om at de skal stå i e bestemt kotekst. Kravet for at grammatikke skal være kotekstfri, er at produksjosreglee er på forme, hvor er e streg sammesatt av symboler fra, eller alterativt de tomme streg,. Vi ser at dette stemmer her. For at grammatikke skal være regulær, må produksjosreglee ha følgede former: w w w w aw N T w er et av symbolee i N, mes w a hvor er de tomme streg, a er et avslutigssymbol, mes både er ikkeavslutigssymboler. Vi ser at dette ikke stemmer i vårt tilfelle: F. eks. er ikke produksjosregele s tut av rett type, side strege tut er e streg av symboler fra N, oe vi ikke tillater i e regulær grammatikk, side vi der skal ha ett symbol fra T, evt. etterfulgt av ett symbol fra N. egele u er heller ikke tillatt i e regulær grammatikk det tillates ikke e streg av mer e ett symbol fra T, her har vi e streg av to symboler fra T). Koklusjo: Dette er e kotekstfri grammatikk, me ige regulær grammatikk. w w og w Gitt følgede tilstadsmaski ute utgag også kalt aksepterede automat): Start s s s b) Fi tilstadstabelle for dee tilstadsmaskie. Eksame i Matematikk for IT, desember Side 4 av

5 Tilstad Neste tilstad s s s s s s s s s c) Forklar hva som er karakteristisk for streger som tilstadsmaskie aksepterer. Fi et uttrykk for de streger som automate aksepterer. De aksepterer streger som starter med ull eller flere -er, og som deretter har é eller flere -ere. E slik streg ka skrives som: ** E alterativ skrivemåte: Oppgave 4 Beytt iduksjosbevis til å bevise at Basistri, = : ) ) som gir altså = Vi ser at basistriet er OK. ) ) Vi atar så at setige stemmer for = k, altså at k k k ) k ) Dette kalles iduksjoshypotese. Vi skal så vise at dersom setige er korrekt for = k, så medfører det at de er korrekt for = k +. Vi setter = k + i setige, og får: k k ) k ) k ) ) k ) ) Eksame i Matematikk for IT, desember Side av

6 Fra iduksjoshypotese vet vi at de k første leddee på vestre side, ka skrives som k k ) k ). Vi beytter dette på vestre side av uttrykket, og får: k k )k ) k ) k ) k ) ) k ) Vi ka å trekke samme og forekle begge sidee: k k k k ) k k k ) k ) k k k k k) k k k ) k k ) k For å få bort brøkee, gager vi alle ledd på begge sider med, og får: k k k k k k k) k k k k k k k k k k k k ) k ) k k 4k Vi ser at høyre side er lik vestre side. Følgelig har vi vist at hvis setige er korrekt for = k, så er de også korrekt for = k +. Side de er korrekt for =, ka vi følgelig slutte at de er korrekt for alle. ) ) Oppgave a) Fi e differesligig for atall bitstreger av legde som ikke ieholder tre uller rett etter hveradre. E bitstreg består av -er og -ere. Vi kaller atall streger av legde som oppfyller dee betigelse, for. Hvorda ka vi dae e streg av legde ved hjelp av e streg av legde? Det er tre måter å gjøre dette på:. Vi ka sette til e -er til e gyldig streg av legde. Å sette til e -er vil aldri gi e streg som bryter med betigelse om maks to -er etter hveradre. Atall gyldige streger av legde, er y. Setter vi til e -er, får vi på dee måte y ye streger.. Vi ka sette til e -er til e gyldig streg som eder på. Hvor mage streger av legde som eder på fies det? Det fies y slike fordi det bare er de første bitee som er frie ; bit r skal være, og bidrar derfor ikke til atallet).. Vi ka sette til e -er til e gyldig streg som eder på. Hvor mage streger av legde som eder på fies det? Det fies y slike fordi det bare er de første bit som er frie ; bit r skal være, og bit r skal være, og ige av disse bidrar derfor til atallet). y Eksame i Matematikk for IT, desember Side av

7 Alt i alt fier vi derfor at totalt sett ka vi dae e streg av lede ved å summere atallet fra, og over, og vi fier y y y y som gir følgede differesligig: y y y y b) Løs følgede differesligig med iitialbetigelsee y og y : y y 4y Vi order først ligige ved å flytte alt med y over på vestre side, og får: y y 4y Karakteristisk ligig for dee differesligige, er 4 Løser vi dee, fier vi: ) som gir 4 og ) Løsige er da gitt ved y A 4 B ) 4 4) Vi må så bruke iitialbetigelsee til å fie A og B. y A 4 B som gir A B dvs. A B ) y A 4 B ) som gir år vi setter i A = B: B) 4 B som gir Eksame i Matematikk for IT, desember Side 7 av

8 altså 4 4B B B B som gir A ) Løsige blir følgelig y 4 ) Oppgave a) Bruk sahetstabeller til å vise følgede: p p q)) p q Det vi skal vise, er at de to utsagee som står på hver si side av ekvivalespile, er logisk ekvivalete. Altså at for ehver kombiasjo av sahetsverdiee til p og q er sahetsverdie til disse to utsagee like. Vi ser først på vestre side av ekvivalese: p q p p q p p q) p p q)) S S F F S F S F F F S F F S S S S F F F S F F S Vi ser så på høyre side av ekvivalese: p q p q p q S S F F F S F F S F F S S F F F F S S S Vi ser at siste koloe i disse to sahetstabellee er like. Det betyr at for ehver kombiasjo av sahetsverdiee til p og q er sahetsverdie til disse to utsagee like. De er derfor logisk ekvivalete. b) Gitt følgede sammesatte logiske utsag: p p p q) Bruk lovee for logisk ekvivales gitt på vedlagte ark) til å forekle uttrykket og fie ut hvilket av følgede utsag det er logisk ekvivalet med: Eksame i Matematikk for IT, desember Side 8 av

9 i) ii) iii) p p q p q p p p q) Vi bruker først love om implikasjo, og får p p p q) Lov om dobbel egasjo gir p p p q) Deretter bruker vi absorpsjoslove på uttrykket i hakeparetese: p p Idempoteslove sier at dette er logisk ekvivalet med p Uttrykket er altså logisk ekvivalet med i). Oppgave 7 Gitt megde A a, b, c, d a, a), a, b), a, c og e relasjo på dee megde gitt ved ), b, a), b, b), c, a), c, c), c, d), d, c), d, d) a) Agi potesmegde til A. Potesmegde til A agis som PA), og er megde av alle delmegder til A. Dee blir P A), a, b, c, d, a, b, a, c, a, d, b, c, b, d, c, d, a, b, c, a, b, d, a, c, d, b, c, d, a, b, c, d b) Er relasjoe e ekvivalesrelasjo, e delvis ordig partialordig) eller ige av delee? Begru svaret. For å kue svare på dette, må vi vurdere på relasjoes egeskaper. Er de refleksiv, symmetrisk og trasitiv, er det e ekvivalesrelasjo. Er de refleksiv, atisymmetrisk og trasitiv, er det e delvis ordig. For å vurdere dette ka det være e fordel å tege relasjoe som e rettet graf. For at de skal være refleksiv, må alle elemeter i A ha relasjo til seg selv. I vår relasjo har vi paree a, a), b, b), c, c) og d, d). elasjoe er derfor refleksiv. Vi ser videre at relasjoe er symmetrisk side følgede par er med i relasjosmegde: a, b) og b, a) b, c) og c, b) c, d) og d, c) Eksame i Matematikk for IT, desember Side av

10 Av dette ser vi også at de ikke er atisymmetrisk. Til slutt må vi vurdere om de er trasitiv. Vi ser at de ikke er trasitiv. Et eksempel som viser dette, er at vi har med elemetee a, c) og c, d). Side elemetet a, d) magler i relasjoe, er de altså ikke trasitiv. Side relasjoe ikke er trasitiv, er de ikke verke e ekvivalesrelasjo eller e delvis ordig. c) Er relasjoe e fuksjo? Begru svaret. For at e relasjo skal være e fuksjo, må hvert elemet i defiisjosmegde ha relasjo til ett og bare ett elemet i verdimegde. Her ser vi for eksempel at a har relasjo til både a, b og c. elasjoe er derfor ikke e fuksjo. Oppgave 8 Gitt et uivers, U, og megdee A, B, C og D i dette uiverset. Ata å at megdee A og B er ikke-disjukte, og at og C = A B D = B A. a) Hva mees det med at megdee A og B er ikke-disjukte? Det iebærer at det fies ett eller flere elemeter som er elemet både i A og B, altså at A B. b) Hva er C D? Dette ser vi lettest ved å tege vediagram. Megde C er skravert i edeståede vediagram: A B C Megde D er skravert i edeståede vediagram: Eksame i Matematikk for IT, desember Side av

11 Eksame i Matematikk for IT, desember Side av Av disse to vediagrammee ser vi at D C Oppgave Gitt følgede ligigssystem: 8 a) Vi ka skrive dette ligigssystemet på forme A = b. Hva blir da A, og b for ligigssystemet ovefor? A er koeffisietmatrise, altså matrise av tallee som står fora de ukjete: 8 A Videre har vi og b b) Fi A. Vi bruker metode som er vist i læreboka for å fie de iverse matrise: vi setter samme matrise med e ehetsmatrise, og gjør rekkeoperasjoer itil vestre halvdel har blitt e ehetsmatrise. Da vil høyre halvdel være de iverse matrise: A B D

12 Eksame i Matematikk for IT, desember Side av 8 Det fies flere ulike veier for å å målet, så de som vises her er bare e mulig. ' 8 ' 8 ' ' ' ' 4 Vi fier her A på høyre side av streke i matrise. Altså 4 A c) Fi løsige på ligigssystemet ved å bruke A. Løsige på ligigssystemet er gitt ved = A - b. Bruker vi dette fier vi

13 Eksame i Matematikk for IT, desember Side av ) ) ) ) 4) 4 Altså er = = =