Repetisjonshefte MAT1030 Versjon 1.1 Discrete mathemathics with applications 16-Dec-03

Transkript

1 Repetisjonshefte MAT1030 Versjon 1.1 Discrete mathemathics with applications 16-Dec-03 1 LOGIKK (S.1-74) UTSAGNSVARIABLER & UTSAGNSFORM (FORELESNING 2) LOGISK FORM & LOGISK EKVIVALENS BETINGEDE PÅSTANDER GYLDIGE ARGUMENTFORMER (FORELESNING 2,3) LOGIKK I KVANTIFISERTE UTSAGN (S ,FORELESNING 3) PREDIKATER OG KVANTIFISERTE UTSAGN I: DEFINISJONER,UTSAGN PREDIKATER OG KVANTIFISERTE UTSAGN II : SAMMENSATTE UTSAGN ARGUMENTER MED KVANTIFISERTE UTSAGN TALLTEORI & BEVISMETODER (S ,FORELESNING 6) RASJONELLE OG REELLE TALL BEVIS OG MOTEKSEMPEL : INTRODUKSJON BEVIS OG MOTEKSEMPEL : RASJONELLE TALL <TOM> BEVIS OG MOTEKSEMPEL : DELBARHET <TOM> BEVIS OG MOTEKSEMPEL : QUOTIENT-REMAINDER <TOM> BEVIS OG MOTEKSEMPEL : FLOOR AND CEILING <TOM> INDIREKTE ARGUMENT : KONTRADIKSJON OG KONTRAPOSISJON <TOM> TO KLASSISKE TEOREM <TOM> EUCLIDS ALGORITME FOR GCD SEKVENSER & MATEMATISK INDUKSJON (S ) SEKVENSER <TOM> MATEMATISK INDUKSJON I MATEMATISK INDUKSJON II VELORDNINGSPRINSIPPET (VIKTIG) MENGDER (S ) GRUNNLEGGENDE DEFINISJONER A FORMELLE SPRÅK B KARTESISK PRODUKT (VIKTIG) EGENSKAPER VED MENGDER TOMME MENGDER, PARTISJONER OG BOOLSK ALGEBRA TELLING (S ) TELLING & SANNSYNLIGHET MULIGHETSTRE OG MULTIPLIKASJONSREGELSEN (VIKTIG) TELLING AV ELEMENTER I UNIONEN AV MENGDER / ADDISJONSREGELEN TELLING AV DELMENGDER AV EN MENGDE : KOMBINASJONER FUNKSJONER (S ) FUNKSJONER PÅ GENERELLE MENGDER ENDELIGE TILSTANDSMASKINER (EKSAMENSRELEVANT) EN-TIL-EN, ONTO OG INVERSE FUNKSJONER DUEREDEPRINSIPPET SAMMENSETNINGER AV FUNKSJONER KARDINAL A OPPGAVEEKSEMPLER Side - 1/41

2 8 REKURSJON (S ) REKURSIVT DEFINERTE SEKVENSER LØSING AV REKURSJONS RELASJONER MED ITERASJON GENERELLE REKURSIVE DEFINISJONER (OPSJON) RELASJONER (VIKTIG S ) RELASJONER PÅ MENGDER REFLEKSIV, SYMMETRISK & TRANSITIV EKVIVALENS RELASJONER FORENKLING AV ENDELIGE TILSTANDSMASKINER PARTIAL ORDER RELASJONER Side - 2/41

3 1 Logi (s.1-74) 1.0 Utsagnsvariabler & utsagnsform (Forelesning 2) Utsagnsvariabler Vi an gi utsagnsvariablene p,q,r etcsannhetsverdi sann (T) eller usann (F). På disse an vi gjøre logise operasjoner som f.es.. Utsagnsform En utsagnsform bygges opp av utsagnsvariable med operasjonene ~ ΛV Et utsagn er noe som enten er sant eller usant, men aldri begge deler. I utsagnsformer som inneholder både ~ (negasjon) og (Λ eller V) så utføres ~ (negasjonen) først. I utsagnsformer som inneholder (impliasjon) så utføres impliasjonen sist (reefølge ~ ΛV ). Utsagnsform Forlaring ~p Ie p (negasjon) p Λ q p og q (onjusjon) p V q p eller q (disjunsjon) p q p er logis evivalent til q p q Hvis p så q (cond.statement), un usann når p er sann og q er usann. p q p hvis og bare hvis q, un sann når p & q har lie sannhetsverdier..:. derfor P( Predicate I x 1.1 Logis form & logis evivalens Gyldige argumentformer P1,...,Pn,Q er utsagnsformer (an bestå av flere utsagnsvariabler). P 1 P n Q Dersom vi for innsetning av utsagn for de variable har at Q er sann når P1...Pn er sann så har vi en gyldig argumentasjonsform. Esempel; (p q) (p r) p (q r) (~p q) (~p r) (distributiv lov) ~p (q r) Side - 3/41

4 Dette an også srives som to premisser og en onlusjon. p q p r.:.p (q r) Definisjon: En påstand er en setning som er enten sann eller usann, men aldri begge deler. Esempel : Setningene To pluss to er fire og To pluss to er fem er begge gyldig påstander der den første er sann og den andre usann. Derimot er setningen Han er en universitetsstudent ie en gyldig påstand fordi den an være både sann eller usann avhengig av referansen til pronomenet han.hvis det i en tidligere påstand hadde vært redegjort for denne referansen så unne setningen vært en gyldig påstand. Definisjon: Konjunsjon Hvis p og q er påstander, så er onjunsjonen av p og q li p Λ q. Den er un sann når både p og q er sanne. Definisjon: Disjunsjon Hvis p og q er påstander, så er disjunsjonen av p og q li p V q. Den er un sann når enten p eler q er sann. Definisjon: Negasjon Hvis p er en påstand, så er negasjonen p ie p ~p. Med motsatt sannhetsverdi som p. Logis evivalens Definisjon: To sammensatte utsagn er logis evivalente (lieverdige) hvis de har lie sannhetsverdier for alle mulige sannhetsverdifordelinger til deres primitive utsagn. har samme sannhetsverdi tabeller. Logis evivalens srives som P Q Teoremer 1.1.1: Logis evivalens (alle disse an bevises med sannhetstabeller) 1) p q q p, p q q p, Kommutativitet. 2) (p q) r ( q r) p, (p q) r p (q r), Assosiative regel. 3) p (q r) ( p q ) v (p r), p (q r) (p q) (p r), Distributive regel 4) p t p, p c p, Identitets loven 5) p ~p t, p ~p c, Negasjonsloven 6) ~(~p) p, Dobbel negasjon. 7) p p p, Idenpotens 8) ~(p q) ~p ~q, ~(p q) ~p ~q, De Morgans lover 9) p t t, p c c, Begrensingslover 10) p ( p q ) p, p ( p g ) p, Absorbering Side - 4/41

5 I uttry som inneholder både ~ (negasjon) og (Λ eller V) så utføres ~ (negasjonen) først. I uttry som inneholder (impliasjon) så utføres impliasjonen sist. (reefølge ~ Λ V & ) Logis evivalens : p q = ~p V q (hvis p så q tilsvarer negasjonen til p eller q). Logis evivalens : ~(p q) = p Λ ~q (negasjonen til venstre uttry tilsvarer p og ie q). Negasjonen : ~(p q) = p Λ ~q (er også logis evivalente). Kontrapositiv : q p = ~q ~p (hvis q så p). Er også logis evivalente. Konverse : p q er q p (motsatt vei) Inverse : p q er ~p ~q (begge uttryene negert) Tautologier og ontradisjoner Et tautologis hvis så utsagn P Q t P alles premissene p1 p2 p3 n Q alles onlusjonen Definisjon: En tautologi (t) er en påstand som alltid er sann uavhengig av sannhetsverdien for de forsjellige variablene. En ontradisjon er en påstand som alltid er usann uavhengig av sannhetsverdiene til de forsjellige variablene. 1.2 Betingede påstander Impliasjonsreglser Hvis p og q er utsagnsvariabler, så er impliasjonen q via p Hvis p så q eller p impliserer q p q. Den er bare usann når p er sann og q er usann. Definisjon: Impliasjonsregler (de fleste av disse an an bevises med sannhetstabeller. Logis evivalens : p q ~p V q (hvis p så q tilsvarer negasjonen til p eller q). Kontrapositiv : q p ~q ~p (hvis q så p er li hvis ie q så ie p). Konversen : p q er q p (motsatt vei) Inversen : p q er ~p ~q (begge uttryene negert) Negasjonen (evivalens) : ~(p q) p Λ ~q (negasjonen til hvis p så q er li p og ie q). Tilstreelig og nødvendige betingelser p er tilstreelig betingelse for q : hvis p så q, p q p er nødvendig betingelse for q: hvis ie p, så ie q, ~p ~q p er tilstreelig og nødvendig betingelse for q, p.q Side - 5/41

6 1.3 Gyldige argumentformer (Forelesning 2,3) Definisjon: Logis gyldig argument Et argument er en sevens med påstander som alles premisser (antagelser eller hypoteser). Den siste påstanden alles onlusjonen. Symbolet.:. benyttes rett foran onlusjonen (derfor). Å si et argument er logis gyldig betyr at uansett hvile utsagn i premissene som blir byttet ut, så er onlusjonen sann, så lenge premissene er sanne. For å sjee om et argument er gyldig : Finn alle ritise rader (radene hvor alle premissene er sanne). Hvis også onlusjonen er sann betyr dette at argumentet er gyldig. Sammendrag av regler p q p q p q ~ q ~ p Modus ponens Modus tollens Side - 6/41

7 2 Logi i vantifiserte utsagn (s ,forelesning 3) 2.1 Prediater og vantifiserte utsagn I: Definisjoner,utsagn Et prediat = setning (formel) som inneholder variabler x,y,..., sli at vi får et utsagn når vi setter inn verdier for de variable fra visse mengder i domenet til de variable. Definisjoner (prediater, domener) I setningen John er en student ved Bedford College er frasen...er en student ved Bedford college prediatet. Hvis vi lar P = er en student ved Bedford college og Q= er en student ved så er P og Q prediat symboler. Setningen x er en student ved Bedford college an derfor srives P( og setningen x is a student at y an srives Q(x,y). Her er x og y prediatvariabler. Et prediats domene er settet av alle de verdier som an erstatte prediatvariabelen. R er settet av alle reelle tall, Z er settet av alle heltall, Q er settet av alle rasjonelle tall. Definisjon: Gyldighetsmengden Hvis P( er et prediat og x er et element i D, så er gyldighetsmengden av P( mengden av alle elementer i D som gjør P( sann når vi erstatter med x. Dette srives; { x D P( } P( Q(. Alle elementer i sannhetssettet til P( er i sannhetssettet til Q(. P( Q(. Betyr at P( og Q( har identis sannhetssett. Kvantitetene og er målbare enheter Universelle påstander Definisjon: Universell påstand x D, Q(, dette uttryet er sant un når Q( er sant for alle x i D. Og usant hvis og bar hvis Q( er usant for minst en x i D. En verdi som gjør Q( usann alles motesempel. 2 x D, x x, la D = {1,2,3,4,5}. Vi verifiserer at denne er sann ved å sette inn alle x i D. Denne metoden alles method of exhaustion og an benyttes når vi har en begrenset mengde x i D. 2 x R, x x. Denne påstanden er usann for f.es x=0.5 Side - 7/41

8 Esistensielle påstander Definisjon: Esistensiell påstand x D, Q(, er sann når Q( er sann for en x i D. Uttryet er usant hvis og bare det er usant for alle x i D. Oversette mellom formelle og uformelle utrysmåter Negasjon av vantorene Definisjon: Theorem Negasjon Negasjonen av x D, Q( x D, ~ Q(. er ~ ( x D, Q( ) x D, ~ Q( Negasjonen av universelle påstander på formen alle er er logis evivalent med formen noen er ie. Negasjonen av x D, Q( x D, ~ Q(. er ~ ( x D, Q( ) x D, ~ Q( Negasjonen av vantifiserte påstander på formen noen er er logis evivalent med formen alle er ie. Negasjon av betingede påstander (hvis-så) Negasjonen av en if-then påstand er logis evivalent med en og påstand. Dette betyr at ~ ( P( Q( ) P( ~ Q( Vi får da uttryet ~ ( x, P( Q( ) x ( P( ~ Q( ) True by default Vi antar at det ie finnes noen baller i bollen. Påstand : Alle ballene i bollen er blå (er dette sant eller usant?) for at dette sal være usant må negasjonen være sann. Negasjon : Det finnes en ball i bollen som ie er blå. (for at denne negasjonen sal være sann må det fatis finnes en ball i bollen som ie er blå og det gjør det ie). Derfor er negasjonen usann og dermed blir den opprinnelige påstanden sann (by default). x D, hvis P( så Q( er true by default hvis og bare hvis P( er usann for alle x i D. 2.2 Prediater og vantifiserte utsagn II : Sammensatte utsagn Utsagn som inneholder flere vantifiatorer. Negasjoner Kontrapositiv Side - 8/41

9 Konvers/onvers error Hvis p så q, q, onlusjon p er ugyldig - onvers error. Invers/invers error Hvis p så q, ie p, onlusjon ie q er - ugyldig invers error. 2.3 Argumenter med vantifiserte utsagn Universal instantiation Universal Modus Ponens Universal Modus tollens Å bevise gyldighet med vantifiserte utsagn Å bevise gyldighet med diagrammer Side - 9/41

10 3 Tallteori & bevismetoder (s ,forelesning 6) Dette apittelet dreier seg om egensaper ved heltall (integer), rasjonelle tall og reelle tall. Det underliggende temaet er hvordan vi beviser sannhet eller usannhet i matematise påstander. Her er et esempel ; Gitt et reellt tall x, så er største heltall (floor of i x, srevet x er mindre enn (p.g.a negative tall) eller li x.. Dette betyr at 2.3 = 2 og at 1.5 = 2 For ethvert reellt tall x, er da x 1 = x 1? Svaret er JA For ethvert reellt tall x og y, er da x y = x y? Svaret er NEI = det største heltallet som Den beste metoden for å bevise en matematis påstand er å ta for seg alle tenelige muligheter i et ressonement og bevise at disse er sanne. Et enlere bevis følger; hvis x er et tall i 5x + 3 = 33 så må x være 6. Dette er ganse enelt å se, men hvordan beviser vi dette? Hvis vi treer fra 3 på begge sider (det er lov å tree fra samme tall på begge sider av et lihetsten). Vi står da igjen med 5x = 30. Dette betyr at x må være et tall som multiplisert med 5 blir 30. Det eneste tallet med denne egensapen er tallet 6. Vi sal i dette emnet arbeide med de naturlige tallene, nemlig: og deres egensaper. De er de mest grunnleggende, de enleste av alle typene av tall, men det viser seg at de sjuler mye. Av egensaper, av dype relasjoner. Disse tallene og deres verden, som har fascinert menneser fra oldtiden og til i dag. Vi starter med å se på hva som er virelig sentrale arbeidsmåtene i matemati. Det er vitig i all matemati å finne mønstre og uttrye mønstre. Sli også med tall. Det er vesentlig å resonnere, begrunne å si at siden det og det gjelder, så an vi slutte sli og sli. Prøv å finne ut naturen til et bevis i matematien. Mer at resonnement er sentralt, at indre sammenheng er avgjørende. Se forsjellen på et sannsynlig resultat på bagrunn av enelttilfeller, en antaelse, en hypotese og et bevist resultat, en setning eller et teorem. Arbeidsoppgave A1 viser et problem som er blitt en del omtalt i de siste årene, og som alles 3x+1-problemet. En studerer tallfølger, laget etter en bestremt regel. Selv om det ser ut som alle følger slutter på en bestemt måte, er det her lievel bare erfaringer. Det gir en mistane om en matematis setning. Mange tilfeller tyder på at her er det et mønster. Men det er bare hypotese, men ie noe bevis. Det synes også å være vanselig å si noe om hvor lang hver følge blir, og hvordan lengden avhenger av starttallet. Se på summen av oddetall som følger etter hverandre, Dere ser at dette blir vadrattall. Alltid. Se på et bevis for dette! Gjør dere jent med det grunnleggende prinsippet i tallteorien velordningsprinsippet. Av dette følger et lie grunnleggende prinsipp indusjonsprinsippet. Bru tid på å fordøye indusjonsprinsippet. Det an stie dypt. Det har nemlig med uendelighet å gjøre. Det har å gjøre med et resultat som gjelder for alle naturlige tall. Når en først innser hva indusjon er, og hva dette prinsippet inneholder, vil mange synes det er enelt. Men selve symbolbruen an ansje fremmedgjøre det mer enn strengt tatt nødvendig? Når barn lærer seg å telle, aner de en dyp idé: De oppdager, gjerne plutselig, at de alltid an. Side - 10/41

11 fortsette å telle ett og ett tall framover. Uansett hvor du er i tallrea. Når du har startet med et tall, er du i gang. Og du har funnet hvordan du alltid an omme fra ett tall og til det neste. Da tar tellingen ideelt sett aldri slutt. Ethvert gitt naturlig tall vil vi nå fram til i løpet av endelig tid. Dominobriene an tjene som en illustrasjon på indusjonsprinsippet. Sett at du har en følge, eller en ree av dominobrier, stilt opp etter hverandre. Vi tener oss nå at det er uendelig mange, og at de er nummerert fra 1, 2, 3 osv. Dette for å få fram analogien med tall. Sett da at 1) brie nummer 1 faller og at reen er laget sli at 2) alltid dersom én brie i reen faller, så faller den neste. Hva er onsevensen? Siden nr 1 faller, så faller nr 2. Siden nummer 2 faller, faller den neste, nummer 3. Da vil alle briene falle. Dette illustrerer innholdet i indusjonsprinsippet Bli jent med hvordan ideen i indusjonsprinsippet materialiserer seg i bevis av setninger om tall. 3.0 Rasjonelle og reelle tall Rasjonelle tall: Et reelt tall r er rasjonelt hvis og bare hvis r = a/b for noen heltall a og b hvor b 0. Et reelt tall som ie er rasjonelt er irrasjonelt. Dette an uttryes; r er rasjonelt f.es 0 og heltall a og b sli at r = a/b og b 0. f.es 10/3, 281/1000, -5/39, (er alle rasjonelle tall). 2 er ie rasjonelle tall. Alle heltall (integer) er rasjonelle tall. 3.1 Bevis og motesempel : Introdusjon For å unne evaluere om en påstand er sann eller ie er det vitig å forstå hva den matematise påstanden betyr. Definisjon av partall og oddetall Et heltall n er et partall hvis og bare hvis n = 2 for noen heltall. Et heltall n er et oddetall hvis, og bare hvis n = 2+1 for noen heltall. Side - 11/41

12 n er et partall et heltall sli at n = 2 n er et oddetall et heltall sli at n = Hvis a og b er heltall. Er 6a 2 b partall? Dette tilsvarer 2(3 a 2 b) og siden a og b er heltall vil også produtet av disse være heltall. Dermed får vi formen 2(). Hvis a og b er heltall. Er 10a + 8b + 1 oddetall? Dette tilsvarer 2(5a+4b) + 1. Siden a og b er heltall er også summen av disse et heltall. Dermed får vi formen 2+1. Er ethvert heltall enten partall eller oddetall. Svaret er ja. Definisjon av primtall og negasjonen av primtall Et heltall n er et primtall hvis og bare hvis, n > 1 og for alle positive heltall r og s, hvis n = rs så er r=1 eller s=1. Et heltall n er en composite hvis og bare hvis, n=rs for noen positive heltall r og s med r 1 og s 1. n er et primtall positive heltall r s, hvis n = rs så er r = 1 s = 1 disse to utryene er negasjoner av hverandre: ethvert heltall er da definert. n er en composite positive heltall r s, sli at ( n = rs) ( r 1) ( s 1) Dette betyr at vi an benytte to tall r og s for å få n. (i en formel). Er 1 et primtall? Nei. Et primtall må ha verdi > 1 i.h.rt definisjonen. Å bevise esistensielle påstander (det finnes en x...) x D sli at Q(. Denne påstanden er sann hvis vi an bevise at Q( er sann for minimum en x i settet D. Dette an gjøres ved å benytte det som alles Constructive proofs of existence (Epp3.1.3). Esempel: Anta at r og s er heltall. Bevis at det finnes et heltall sli at 22r + 18s = 2. Bevis : (deler på 2) = 11r + 9s. Summen av to heltall er et heltall. Og 2 = 2(11r + 9s) Å bevise universelle påstander (for alle x...) x D, hvis P( så Q( Hvis D er en endelig mengde tall så an sli påstander bevises med method of exhaustion (Epp3.1.4). Denne metoden er allievel ie brubar i de fleste tilfeller fordi vi må sjee alle muligheter i mengden. I en uendelig mengde er dette selfølgelig ie mulig. Direte bevis på universelle påstander Sett opp påstanden på formen x D, hvis P( så Q( (dette gjøres ofte un mentalt, men det an være lurt å prøve å formulere påstanden sli). Anta at x er et particular, men arbitrarily valgt element i D hvor hypotesen P( er sann (srives: anta x D og P( ) Side - 12/41

13 Vis at onlusjonen Q( er sann ved å benytte definisjoner, tidligere resultater og reglene for logis inference. Det er et stort poeng at x er valgt sli den er fordi det ie gjøres spesielle antagelser relatert til verdien av x. Retningslinjer for bevis av universelle påstander Sriv teoremet som sal bevises. Marer starten av beviset med ordet Bevis. Gjør beviset selv-bærende (definer alle variabler). Sriv beviset i fullstendige setninger, men med bru av symboler. Fremgangsmåte ved bevis av universelle påstander Bevis at hvis summen av to heltall er et partall, så er også differansen et partall. Det først som bør gjøres er å vurdere hvorvidt du intuitivt mener dette er sant eller usant. Forsø f.es å benytte noen tall på dette for å se om det stemmer. 8+4=12 og differansen 4 er begge partall =34 og differansen 8 er begge partall. Siden det ie er mulig å sjee alle ombinasjoner og fordi vi ie med sierhet an anta at påstanden er ritig for alle heltall er vi nødt til å brue en metode for å bevise dette. Vi benytter ofte teoremer for å undersøe påstander (teoremer er matematise påstander som er jent som sanne). Formell oppsetning av dette beviset blir som følger; m, n Z, ( m + n) er et partall ( m n) et partall Vi begynner med å anta at; m og n er heltall og at m + n er et partall. Deretter må vi bevise dette. Vi vet at ethvert partall n an srives som; 2 for noen heltall. Deretter må vi brue dette til å undersøe videre; Hvordan an vi undersøe om m-n er et partall? Vi må undersøe om dette er et Error! Reference source not found. som an srives som 2 (heltall)?. Vi vet at m + n = 2, hvis vi treer fra n på begge sider får vi, m = 2 n, hvis vi setter dette inn i yttryet m n får vi, (2-n) - n, dette gir 2 2n som igjen gir oss 2(-n) (dette er et partall). Siden og n begge er heltall vil også innholdet i parantesen være et heltall. Vanlige feil ved bevisføring Begrunnelse i esempler. Bru av li variabel i forsjellige meninger. Hoppe til onlusjonen. Hopper over vitige utregninger. Anta det som sal bevises. Misbru av ordet hvis. esempel: Anta at p er et primtall, hvis p er et primtall så... Side - 13/41

14 Starten på et bevis Når ideen med å generalisere fra generic particular er oppfattet blir det enelt å starte et bevis. Oppgaven: Alle omplette grafer er forbundet. Formell påstand/omsrivning: G, hvis G er en omplett graf, så er G forbundet. (denne starten inneholder navn på alle variabler og betydningen av disse. I tillegg inneholder den hypotesen i hvis-så form.) Startpunt: Vi antar at G er en omplett graf (sli starter de fleste beviser). Vi sal da vise: At G er connected. Bevis: Anta at G er en particular but generic valgt omplett graf. Å motbevise med motesempel Det an ofte være rasere å motbevise en påstand enn å bevise den. For å motbevise påstanden x D, hvis P( så Q( finn en verdi av x i D som gir at P(, men Q( usann. Slie esempler alles motesempler. Oppgaver 3.1 1a. Er 6m + 8n partall. Svar: an srives 2(3m+4n) og er dermed partall. 1b. Er 10mn + 7 oddetall. Svar: an srives 2(5mn+3)+1 og er dermed oddetall. 1c. Hvis m>n>0, er m 2 n 2 composite. 2a. Anta at r og s er particular heltall., er 4rs partall? I.h.t teorem om partall så er heltallet n et partall hvis og bare hvis n = 2. 4rs an srives som 2(2rs). Et produt av heltall er også et heltall. n 3. (Constructive proofs of existence) n >5 sli at 2 1 er et primtall n D sli at Q(. Denne påstanden er sann hvis vi an bevise at Q( er sann for minimum en x i settet D. Bevise : Vi antar at 2 n -1 er et primtall = x sli at 2 x > x. Denne påstanden er sann hvis vi an bevise at hypotesen er sann for minimum en x. La x være 1, 2 1 > (exhaustion) Ethvert positivet partall mindre enn 26 an uttryes som en sum av tre eller færre vadrater (f.es 10 = ). 24= , 22= ,20= , 18= , 16=4 2, 14= 12= , 10= , 8= ,6= ,4=2 2,2= Anta at m og n er partall, i.h.t definisjonen av partall så er m=2r og n=2s for noen heltall r og s. Ved å sette inn i uttryet får vi at m + n = 2r + 2s = 2(r+s). Siden r og s begge er heltall vil også summen av disse være et heltall. m + n har derfor formen 2 (heltall), og derfor er summen av heltallene m + n et partall. 13. Hvis n er et partall, så er (-1) n = 1. Side - 14/41

15 Bevis : Vi antar at n er ethvert helt partall. Dette betyr at n=2 for noen heltall. Dermed er (-1) n = (-1) 2 = ((-1) 2 ) 14. Hvis n er et oddetall, så er (-1) n = -1. Bevis: Vi antar at n er alle hele oddetall. Dette betyr at n=2+1 for noen heltall. Dermed er (-1) n = (-1) 2+1 = (motbevis) For alle positive heltall n, hvis n er et primtall så er n et partall. Hvis n = 2 så er n et primtall, men ie et oddetall. 16. For alle reelle tall a og b, hvis a < b så er a 2 < b 2. Hvis a = -5 og b = 2, så er a < b, men a 2 > b 2 (-5 2 > 2 2 ). 3.2 Bevis og motesempel : Rasjonelle tall <Tom> Summer, differanser og produter av heltall er heltall, mens votienter av heltall (a/b) er rasjonelle tall. Egensaper ved rasjonelle tall 3.3 Bevis og motesempel : Delbarhet <Tom> Hvis n og d er heltall og d er forsjellig fra 0 så er n delbar med d hvis og bare hvis n=d for et heltall. Vi sier også at n er et multippel av d eller n er en fator av d. 3.4 Bevis og motesempel : Quotient-remainder <Tom> 3.5 Bevis og motesempel : Floor and ceiling <Tom> 3.6 Indirete argument : Kontradisjon og ontraposisjon <Tom> 3.7 To lassise teorem <Tom> Side - 15/41

16 3.71 Euclids algoritme for gcd a og b er heltall som ie begge er null. Den største felles dividerer av a og b srevet som gcd(a,b) - (greatest common divisor) er et heltall d med følgende egensaper; 1. d dividerer både a og b : d a og d b. 2. For alle heltall c, hvis c dividerer både a og b, så er c mindre eller li d : for alle heltall c, hvis c a og c b, så er c <= d. Esempel gcd(42,27) = euclid(27,42 mod 27) = euclid(27,15) euclid(15,27 mod 15) = euclid(15,12) euclid(12,15 mod 12) = euclid(12,3) euclid(3,12 mod 3) = euclid(3,0) = 3 Side - 16/41

17 4 Sevenser & matematis indusjon (s ) En av de mest nyttige oppgavene i matematien er å oppdage og araterisere regulære mønstre. For å ontrollere bestemte bevegelser i sevenser benyttes matematis indusjon. 4.1 Sevenser <Tom> 4.2 Matematis indusjon I Et detaljert indusjonsbevis n( n + 1) Vi sal bevise ved indusjon at P ( n) : n = 2 1(1 + 1) Det første vi gjør er å vise at uttryet stemmer for P ( 1) = = 1 2 Selve indusjonen er å anta at P() stemmer for et heltall 1 Vi sal deretter vise at P ( +1) også stemmer. P() finner vi ved å erstatte n med i uttryet P (n) (tilsvarende med +1) ( + 1) P( ) : = ( indusjonshypotesen) 2 + 1(( + 1) + 1) P( + 1) : ( + 1) = ( sal vises) 2 Uttryet på venstre side tilsvarer P () + (+1) : ( + 1) + ( + 1) 2 ( + 1) 2( + 1) = ( + 2)( + 1) = 2 Det siste uttryet tilsvarer høyre side av uttryet P ( +1) som vi sulle vise. 4.3 Matematis indusjon II Indusjon på summen av de n første heltall Indusjon på summen av en geometris ree Side - 17/41

18 4.4 Velordningsprinsippet (vitig) Velordningsprinsippet, indusjon og ster indusjon er alle evivalente metoder. Velordningsprinsippet sier følgende; Når vi har en mengde S med minimum et element (heltall) hvor disse er større enn et gitt heltall så har mengden et minste element. Esempler: 2 Har mengden av alle positive heltall n sli at n < n et minste element. Velordningsprinsippet gjelder ie fordi mengden vil være tom. Har mengden av positive heltall på formen 46-7 et minste element. Ja. Dette blir en mengde med en del elementer (hvor det minste elementet er 4 (for =7) ). Når brytes velordningsprinsippet? Velordningsprinsippet gjelder un på heltall og på ie tomme mengder. Hva er det minste elementet i en mengde positive reelle tall. Det finnes ie et minste element fordi ethvert tall har et mindre tall i /2. Dessuten gjelder ie velordningsprinsippet for reelle tall un for heltall. Brytes derfor ie (fordi det ie gjelder). Side - 18/41

19 5 Mengder (s ) DeMorgans teoremer an også benyttes på mengder. 5.1 Grunnleggende definisjoner Mengde og element er grunnleggende enheter i mengde teori. {} røllparanteser benyttes for å besrive elementene i en mengde. Når en mengde B har et endelig (finite) antall elementer an disse besrives som f.es B = {1,2,3,4}. Reefølgen av elementene er uvitig. Et element an også listes opp flere ganger. a element i B srives; a B (ie element i B = a B. En mengde an også besrives som A = { x S P( } (for alle x i S sli at P( er sann). Delmengder Hvis både A & B er mengder, så er A en delmengde av B hvis alle elementer i A også finnes som elementer i B samtidig som det finnes minst en verdi i B som ie finnes i A (proper subsets). A (er et subset av) B ( hvis og bare hvis) (for alle) x, hvis x A så er x B A (er ie et subset av) B ( hvis og bare hvis) (det finnes en) x sli at x A og x B A = B ( hvis og bare hvis) A B og B A Venn-diagrammer Relasjon mellom mengder av heltall, rasjonelle og reelle tall Z (heltall) er et subset av Q (rasjonelle tall), Q er et subset av R (reelle tall) Z er et proper subset av Q fordi det finnes rasjonelle tall som ie er hele tall (integers). Q er set proper subset av R fordi det finnes reelle tall som ie er rasjonelle tall (f.es 2 ) Z Q R Det intuitive abstrasjons prinsippet En formel P( definerer en mengde A gjennom onvensjonen at elementene i A er esat de elementer som medfører at P(a) er et sant utsagn. Vi an utrye dette på følgende måte A = { x P( }, eller "mengden av alle x sli at P(". Det vil si at a { x P( } er et sant utsagn. Når en formel i x, P(, er anvendt for å onstruere en mengde, alles den for den "definerende egensap" for mengden. Esempler: { x x er et positivt heltall mindre eller li 9} { x x Z + } hvor Z + er positive heltall { x x A og x B} hvor A og B er jente mengder Side - 19/41

20 Operasjoner på mengder (Union, snitt, omplement, minus, intersesjon) A og B er delmengder av den universelle mengden U. 1. Unionen av A og B er summen av elementene x i U sli at x er i A eller B A B = {x U x A eller x B}. 2. Intersection av A og B er summen av alle elementer x i U sli at x er i A og B. A B = {x U x A og x B} 3. Forsjellen på B minus A (B A) er summen av alle elementer x i U sli at x er i B og x ie er i A. 4. Komplementet av A (A c ) er summen av alle elementer x i U sli at x ie er i A. Komplement (Complement) Mengdeoperasjonen Komplement saper en ny mengde ved å inludere alle elementer, som ie er finnes i en bestemt esisterende mengde, i den nye mengden. Komplement operatoren til en mengde A har notasjonen A. Operatoren er definert på følgende måte: A = { x x A} Esempler U={1,2,3,4,5,6,7,8,9} A={1,2,3,5,7} B={1,3,5,7,9} C={2,4,6,8} U = {} = A = {4,6,8,9} B = {2,4,6,8} = C C = {1,3,5,7,9} = B A B = {1,2,3,5,7,9} = {4,6,8} A B = {1,3,5,7} = {2,4,6,8,9} 5.A Formelle språ Bostaven Σ benyttes for å besrive et alfabet. En ree araterer fra alfabetet Σ er enten (1) en ordnet n-tuppel av elementer fra Σ srevet uten paranteser eller omma, eller (2) null strengenε. Hvis alfabetet består av a,b så er ordene aaa, bba,ab,abababab alle ord fra dette alfabetet. Σ * er alle strenger i alfabetet Σ. Side - 20/41

21 5.B Kartesis produt (vitig) Om vi har to mengder A og B. Så er det artesise produtet A x B mengden av alle ordnede par (a,b) hvor a er i A og b er i B. Om vi har mengdene A1,A2,A3,...,An. Så er det artesise produtet A1 x A2 x A3 x An mengden av alle ordnede n-tupler hvor a1 er i A1,a2 er i A2, an er i An. Når vi sal finnes det artesise produtet av tre mengder tar vi først det artesise produtet av to av disse og deretter det artesise produtet av dette resultatet mot den tredje mengden. 5.2 Egensaper ved mengder Bevis : Hvordan bevise at A er et subset av B Det intuitive prinsipp om utvidelse: To mengder A og B er lie hvis og bare hvis de inneholder de samme elementene. Mengde lihet og ulihet uttryes A = B og A B henholdsvis. Dette impliserer at for alle mengder A, B, C gjelder: A = A A = B B = A A = B og B = C A = C Det intuitive abstrasjons prinsippet En formel P( definerer en mengde A gjennom onvensjonen at elementene i A er esat de elementer som medfører at P(a) er et sant utsagn. Vi an utrye dette på følgende måte A = { x P( }, eller "mengden av alle x sli at P(". Det vil si at a { x P( } er et sant utsagn. Når en formel i x, P(, er anvendt for å onstruere en mengde, alles den for den "definerende egensap" for mengden. Esempler: { x x er et positivt heltall mindre eller li 9} { x x Z + } hvor Z + er positive heltall { x x A og x B} hvor A og B er jente mengder Side - 21/41

22 5.3 Tomme mengder, partisjoner og bools algebra Mengderelasjoner "A er inudert i B" utryes med A B. Vi sier også at "A er en delmengde av B". Vi har følgende egensaper ved delmengder: A A A B og B C A C A B og B A A = B Mengdealgebra 1a. A ( B C) = ( A B) C 2a. A B = B A 3a. A ( B C) = ( A B) ( A C) 4a. A = A 5a. A A = U A = A 9a. = U 10a. A A = A 11a. A U = U 12a. A ( A B) = A 13a. A B = A B 1b. A ( B C) = ( A B) C Assosiativ lov 2b A B = B A Kommutativ lov 3b. A ( B C) = ( A B) ( A C) Distributiv lov 4a. A U 5b. A A = 9b. U = 10b. A A = A 11b. A = 12b. A ( A B) = A 13b. A = A B = A B Absobsjons lov De Morgans lover Ved hjelp av identitetene over, an vi redusere ompliserte algebraise mengdeuttry. Den tomme mengde Hvis vi har en mengde A og vi velger en formel { x A x x} ie ha noen elementer. Dvs "mengden er tom". "Den tomme mengde" har sitt eget symbol: Ø. "Den tomme mengden" er en delmengde i alle mengder: A. Enhver mengde A har minst 2 distinte delmengder A og Ø. Esempler på delmengder A={} B={1,2,3,4} P( til å være x x, vil resultatmengden Side - 22/41

23 C={1,2,3,4,5,6,7,8,9} Universalmengden Alle mengder er definert under forutsetning at det esisterer en universalmengde, som inneholder alle elementer som er definert. Denne mengden har fått tildelt symbolet U. Dette an uttryes på følgende måte: U = eller = U Esempler på universalmengder U={1,2,3,4,5,6,7,8,9} U={2,4,6,8,10, } U={a,b,c,d,,æ,ø,å} U={Ole, Per, Kari, Mette) U={x x er en frut} Mengdeoperasjoner Mengdeoperasjoner saper nye mengder fra esisterende mengder. Union (Sum, join) Mengdeoperasjonen Union saper en ny mengde ved å inludere alle elementene, fra 2 esisterende mengder, i den nye mengden. Union operatoren har tilordnet symbolet. Operatoren er definert på følgende måte: A B = { x x A eller x B} Esempler U={1,2,3,4,5,6,7,8,9} A={1,2,3,5,7} B={1,3,5,7,9} C={2,4,6,8} A B = {1,2,3,5,7,9} A B C = ( A B) C = {1,2,3,4,5,6,7,8,9} = U ( A B) C = A ( B C) asosiativ operasjon Snitt (Produt, Intersection) Mengdeoperasjonen Snitt saper en ny mengde ved å inludere alle felles elementer, fra 2 esisterende mengder, i den nye mengden. Snitt operatoren har tilordnet symbolet. Operatoren er definert på følgende måte: A B = { x x A og x B} Esempler U={1,2,3,4,5,6,7,8,9} A={1,2,3,5,7} B={1,3,5,7,9} C={2,4,6,8} Side - 23/41

24 A B = {1,3,5,7} A B C = ( A B) C = {} = ( A B) C = A ( B C) asosiativ operasjon Komplement (Complement) Mengdeoperasjonen Komplement saper en ny mengde ved å inludere alle elementer, som ie er finnes i en bestemt esisterende mengde, i den nye mengden. Komplement operatoren til en mengde A har notasjonen A. Operatoren er definert på følgende måte: A = { x x A} Esempler U={1,2,3,4,5,6,7,8,9} A={1,2,3,5,7} B={1,3,5,7,9} C={2,4,6,8} U = {} = A = {4,6,8,9} B = {2,4,6,8} = C C = {1,3,5,7,9} = B A B = {1,2,3,5,7,9} = {4,6,8} A B = {1,3,5,7} = {2,4,6,8,9} Differens Differensen mellom 2 mengder A og B er definert som alle elementene som er med i A og som ie samtidig er med i B. Symboler som brues for differens er \ eller -. A \ B = A B = { x x A og x B} Esempler U={1,2,3,4,5,6,7,8,9} A={1,2,3,5,7} B={1,3,5,7,9} C={2,4,6,8} A B = {2} B A = {9} ( A B) ( B A) = {2,9} symmetris differens Oppgave Side - 24/41

25 Når er : 1: ( A B) ( B A) = A B 2 : ( A B) ( B A) = Venn diagram Venn diagram er en sjematis framstilling av mengder ved hjelp av punter i planet. Universalmengden U er representert ved et retangel, og alle delmengder av universalmengden som sirler (se boa). U R v o n G p U={n,o,p,v} R={o,v} G={n,o} R G = { o} R G = {n,o,v}r G = { p} R = { n, p} Oppgave Tegn Venn-diagram for mengdene U,A,B,C i esempelet foran. Side - 25/41

26 6 Telling (s ) Hendelser som an forutsies alles deterministise. Hendelser vi ie an forutsi, som for esempel terningast, alles tilfeldige forsø. Hvor mange utfall an et terningast ha? En terning har øyner fra en til ses, det betyr at utfallet vil være blant disse. Vi aller alle mulige utfall for utfallsrommet. Et enelt utfall vil være et element i utfallsrommet: S = { 1, 2, 3, 4, 5, 6 }, n (S) = antall elementer i mengden S. 6.1 Telling & sannsynlighet Utfallsrommet viser oss at det er ses mulige utfall når vi aster en terning. Bare en av ses muligheter gir en firer. Det betyr at sannsynligheten for å få en firer i et ast er 1/6 eller 0,167 eller 16,7%. Dette srives: n( E) P ( E) = = n( S) 1 6 Vi går ut fra at sannsynligheten for å få en treer er lie stor som for en firer eller et av de andre utfallene. Når det er sli sier vi at vi har en uniform sannsynlighet. Telling av elementer i en liste Antall elementer i en liste er antall = ( n m) Mulighetstre og multipliasjonsregelsen (vitig) Permutasjoner (vitig) På hvor mange måter an vi arrangere n elementer? n elementer har n! permutasjoner r-permutasjoner (med esempler) r-permutasjonen av en mengde med n elementer har formelen n! P( n, r) = ( n r)! 1. På hvor mange måter an 3 av bostavene i BYTES plues ut og srives på rad? 5! P ( n, r) = = 60 (5 3)! 2. På hvor mange måter an 3 av bostavene i BYTES plues ut og srives på rad, når den første bostaven sal være B? Vi har to posisjoner igjen, og fire bostaver å plue fra (YTES). 4! Dette gir P ( n, r) = = 12 (4 2)! Side - 26/41

27 8! = 1!3!1!1 1!1! 3. Antallet permutasjoner av ordet VISITING er? 4032 På hvor mange måter an vi sette inn I,I,I sli at de står ved siden av hverandre? Bostavene VSTNG an ombineres på 5! Måter. I ordet _V_S_T_N_G_ representerer _ en posisjon hvor I,I,I an settes inn. Vi ser at det er 6 muligheter til å sette inn I,I,I sli at disse står ved siden av hverandre for hver ombinasjon av VSTNG. Vi får 5!*6 ombinasjoner. 6.3 Telling av elementer i unionen av mengder / addisjonsregelen Addisjonsregelen : n ( A) = n( A ) + n( A ) n( A ) 1 2 Når vi har en uniform sannsynlighetsmodell er sannsynligheten for en hendelse gitt ved: Sannsynligheten for å få en femmer er 1/6 og sannsynligheten for å få en seser er 1/6. Sannsynligheten for femmer eller seser blir da 2/6. Dersom vi aller sannsynligheten for å få 6 for P(A), vil sannsynligheten for ie å få 6 være P(A*). Vi har da følgende relasjon: P(A) + P(A*) =1 Elementantall Telle funsjonen returnerer antall elementer i en mengde. Funsjonen betegnes med n(a) hvor mengden A er et argument til funsjonen. La A og B være to vilårlige delmengder av universalmengden U. Da vil n( A B) = n( A) + n( B) n( A B) Esempler U={1,2,3,4,5,6,7,8,9} A={1,2,3,5,7} B={1,3,5,7,9} n( U ) = 9 n( A) = 5 n( B) = 5 n( A B) = = 6 Utfallsrommet an illustreres sli: Es: I en lasse er det noen elever som spiller fotball på fritiden. Disse er A. De som ie spiller fotball er A*. La oss se litt på flere srivemåter. Hendelsen AB er alle utfall som er med i A eller B. Tegnet leses "union" og mengden an illustreres sli: Es: A er alle i lassen som spiller fotball på fritiden. B er alle som driver friidrett. AB er alle som spiller fotball eller driver friidrett. Hendelsen AB leses "snitt" og er alle utfall som er med i både A og B. Det an illustreres sli: Side - 27/41

28 Es: A er alle i lassen som spiller fotball på fritiden. B er alle som driver friidrett. AB er alle som spiller fotball og driver friidrett. Vi har: (3) P(A B) = P (A) + P (B) - P (A B) Utryet alles for addisjonssetningen. Ved å betrate figuren over ser vi at leddet -P(A B) må være med for at ie det rødt sraverte området sal telles to ganger. Disjunte hendelser alles det når det ie er utfall i AB. Da er A og B disjunte hendelser. Det an illustreres sli: Es: A er alle i lassen som spiller fotball på fritiden. B er alle som driver friidrett. Ingen gjør begge deler. P(A B) =0 (eller P(A B)=Ø) Dersom vi benytter (3) på disjunte hendelser ser vi at det siste leddet forsvinner og addisjonssetningen får følgende form: (4) P(A B) = P (A) + P (B) Uavhengige hendelser Dersom vi aster en terning en gang, så en gang til, er ie det andre utfallet påviret av det første. Slie situasjoner aller vi for uavhengige hendelser. Hva er sannsynligheten for å få to sesere når vi aster en terning to ganger? Antall ombinasjoner er som følger: Dersom A (første ast) og B (andre ast) er uavhengige hendelser er: (5) P(A B) = P (A) P (B) (produtsetningen for uavhengige hendelser.) Sannsynligheten for å få en seser i første ast er 1/6. Sannsynligheten er den samme i andre ast. Ved å sette inn i (5) ser vi at sannsynligheten for to sesere er 1/36 og det er i samsvar med vår oppstilling av antall ombinasjoner. Hva er sannsynligheten for å få minst en seser på to ast? Vi an da få en seser i første ast, eller i andre ast, eller vi an få en seser i begge astene. Her er antall mulige ombinasjoner. Av og til an det være lettere å regne ut antall ugunstige utfall. Hva er sannsynligheten for ie å få 6 i første ast? Jo, den er 5/6 og det er det samme som for andre ast. Sannsynligheten for ie å få en seser i det hele tatt blir da 25/36. Sannsynligheten for minst en seser må da være 1-25/36 = 11/36. Vi an se at det stemmer bra med oppstillingen over. Avhengige hendelser Dersom vi treer to ort uten tilbaelegging fra en ortsto, vil den andre treningen være avhengig av den første. I en lasse med 30 elever spiller 10 fotball og 5 driver friidrett. 2 gjør begge deler. Vi setter opp et valgtre og får følgende: Side - 28/41

29 A: Eleven spiller fotball. (A* spiller ie fotball) B: Eleven driver friidrett. Sannsynligheten for at en tilfeldig elev IKKE spiller fotball er P(A*) = 20/30 = 0,67 Sannsynligheten for at en tilfeldig elev spiller fotball er P(A) = 1 - P(A*) = 0,33 Du an også regne denne direte fra informasjonen du har i utgangspuntet P(A) = 10/30 = 0,33 Vi ser at det stemmer bra med valgtreet (selv om det bare har to desimaler i utregningen). Sannsynligheten for at en tilfeldig elev spiller fotball og driver friidrett: P(A B) = P(A) P(B A) = 0,3333 0,2 = 0,06. Sannsynligheten for at en tilfeldig elev spiller fotball, men ie driver friidrett: P(A B*) = P(A) P(B* A) = 0,3333 0,80 = 0,26. Sannsynligheten for at en tilfeldig elev ie spiller fotball, men driver friidrett: P(A* B) = P(A*) P(B A*) = 0,6667 0,15 = 0,10 Sannsynligheten for at en tilfeldig elev ie driver med fotball eller friidrett: P(A* B*) = P(A*) P(B* A*) = 0,6667 0,85 = 0,57 En elev driver friidrett. Hva er sannsynligheten for at eleven spiller fotball? Vi ønser å finne P(A B). Vi har: P( fotball og friidrett ) = P (friidrett) P ( fotball gitt friidrett ) Litt mer matematis: (6) P(A B) = P(B) P(A B) Denne setningen alles produtsetningen for avhengige hendelser, eller den generelle produtsetningen. Dette gir følgende: (7) Som er den setningen vi bruer på betinget sannsynlighet. Dersom vi setter inn tall i vårt esempel får vi P(A B) = 0,0666/0,1666 = 0,4 (P(B) = 0,1 + 0,0666 fordi hendelsene "spiller fotball og driver friidrett" og "spiller ie fotball men driver friidrett" ie an opptre samtidig og derved er disjunte.) 6.4 Telling av delmengder av en mengde : Kombinasjoner Forsjellen mellom r-ombinasjoner og r-permutasjoner er følgende; n r-ombinasjoner : = r n! (færre muligheter) r!( n r)! Side - 29/41

30 6.4.2 Uordnede utvalg I et uordnet utvalg er to utvalg lie hvis de består av de samme elementene (ref. Mengdelære). 4 4! En 2-ombinasjon av mengden S={0,1,2,3} tilsvarer = = 6 2 2!(4 2)! Relasjon mellom permutasjoner og ombinasjoner n n! r-permutasjoner = n! = r ( n r)! (flere muligheter) En r-permutasjon er det samme som et ordnet utvalg multiplisert med n! Mengder med medlemmer av to typer En gruppe består av fem menn og syv vinner. Hvor mange fem-medlems grupper an vi lage som består av tre menn og to vinner? Vi må se på dette i en to trinns prosess; (1) Velg menn, (2) Velg vinner. 5 7 Det finnes måter å velge 3 menn på og måter å velge to vinner. Produtregelen sier ! 7! deretter at antall mulige team er = = !2! 2!5! Ordnede utvalg (med tilbaelegging) Nummererte uler trees fra en urne. Reefølgen har betydning. Kulen legges tilbae før neste trening. Ved første trening an vi velge mellom n elementer. Siden ulen blir lagt tilbae i urnen før neste trening er dette situasjonen for treninger. Antall muligheter blir: n Es: Vi treer 3 nummererte uler fra en urne med 7 uler nummerert 1-7. Hvor mange muligheter finnes? 7 3 = 343 mulige ombinasjoner Es: Hva er muligheten for å vinne i fotballtipping? Ten deg en urne med 3 baller med bostavene H, U og B. Vi treer og legger ballen tilbae i urnen. Dette gjentar vi 12 ganger. Antall ombinasjoner på en tippeupong blir da: 3 12 = Sannsynligheten for å vinne dersom man tipper en ree blir da 1:531441, eller litt under to millionedels sjanse. Side - 30/41

31 Ordnet utvalg uten tilbaelegging Nummererte uler trees fra en urne. Reefølgen har betydning. Kulen legges ie tilbae før neste trening.ved første trening an vi velge mellom n elementer. Ved andre trening an vi velge mellom (n-1) elementer. Es: Vi treer 3 nummererte uler fra en urne med 7 uler nummerert 1-7. Hvor mange muligheter finnes? Det finnes 7*6*5 = 210 forsjellige muligheter. Side - 31/41

32 7 Funsjoner (s ) 7.1 Funsjoner på generelle mengder Sannhetstabeller er egentlig boolse funsjoner, sevenser er funsjoner på mengder av heltall og mod/div er funsjoner på artesise produter av heltall. I dette apittelet fouseres det på funsjoner på følgende områder; Funsjoner på endelige mengder av heltall; Endelige tilstandsmasiner. Egensaper ved funsjoner Inverse funsjoner Relasjonen mellom elementene i en mengder alles en funsjon. Vanlighvis navngis funsjonen med en enelt bostav som f.es f,g,h,f,g,h etc. Men noen funsjoner har også navn som f.es log, div, mod etc. En funsjon f fra en mengde X til en mengde Y er en relasjon mellom elementene i X og elementene i Y med den egensap at hvert element i X er relatert 1 til et unit element i Y. f : X Y f ( Y til hver x X Mengden av alle verdier av f alles reevidden av x eller bilde av X under f. Gitt et element y i Y, så an det finnes elementer i X med y som sitt image. inverse bilde av y = { x X f ( = y} Elementer i X an un ha piler til et element i Y. Domenet av f={a,b,c} Ko-domenet er f={1,2,3,4} f(a)=2,f(b)=4,f(c)=2 range of f={2,4} invers image av 2={a,c} invers image av 1=Ø Ordnede par er {(a,2),(b,4),(c,2)} Når vi har to funsjoner f og g fra X til Y så er f li g hvis f( = g( for alle x i mengden X. 1 Relasjoner behandles i apittel 10. Side - 32/41

33 Identity funsjonen i x ( = x for alle x i mengden X. Alt som sendes inn i funsjonen ommer identis ut igjen også. Språ funsjonen Hvis er et alfabet så er * mengden av alle ord i. (Symbolet ε er nullstrengen). La = { a, b}. Vi definerer funsjonen g : * Z for alle ord s * g(s)= antall a er i s g( ε ) = 0, g( bb) = 0, g( ababb) = 2, g( bbbaa) = 2 Funsjoner for oding og deoding Vel definert Endelige tilstandsmasiner (esamensrelevant) En endelig tilstandsmasin er en omponent som ommuniserer med omverdenen ved å onsumere og produsere meldinger. Reasjon på meldingene som mottas er avhengig av tilstanden omponenten er i (derfor tilstandsmasin). En endelig tilstandsmasin består av: a) en mengde I som er input alfabetet b) en mengde S av tilstander c) en initiell tilstand s 0 d) en mengde asepterende tilstander e) en funsjon N : S I S som definerer neste-tilstand på bagrunn av nåværende tilstand + input. Figur 1 - Endelig tilstandsmasin (esempel) Side - 33/41

34 Språ aseptert av en endelig tilstandsmasin Den ombinasjonen av input som medfører at tilstandsmasinen går i asepterende tilstand. 7.3 En-til-en, onto og inverse funsjoner En en-til-en funsjon fungerer sli at ingen elementer i X peer til det samme elementet i Y. For å bevise at en funsjon er en-til-en må vi bevise at Hvis f(x 1 ) = f(x 2 ) så er x 1 = x 2. I en onto funsjon er det sli at for alle elementer i Y finnes et element i X sli at F(=y. 7.4 Dueredeprinsippet 7.5 Sammensetninger av funsjoner To funsjoner an un settes sammen hvis resultatet av den første funsjonen gir et gyldig input til den andre funsjonen. 7.6 Kardinal... 7.A Oppgaveesempler La = { a, b} og La l : * Z er lengdefunsjonen for alle ord s *, l(s) = antall tegn i s La f : Z {0,1,2 } være mod 3 funsjonen for alle heltall n f ( n) = n mod 3 Hva er ( f o l)( abaa)?,( f o l)( baaab)?,( f o l)( aaa)? Har har vi to funsjoner som sal nyttes sammen (composition). Her jøres først l(s) og deretter f(n). l(abaa)=4,l(baaab)=5,l(aaa)=3 f(4)=4 mod 3=1,f(5)=5 mod 3=2,f(3)=3 mod 3=0 Side - 34/41

35 8 Reursjon (s ) 8.1 Reursivt definerte sevenser En sevens regnes som reursiv når noen initielle verdier er definert samtidig som senere termer i sevensen er relatert til et gitt antall tidligere termer i sevensen. En vanlig måte å definere en sevens på er å oppgi en formel for n termer av sevensen. Denne metoden gjør det enelt å regne ut formelen ved å erstatte n. En annen måte å definere sevenser på er å brue reursjon. En reursivt definert sevens har alltid følgende hovedelementer. 1. Reurs relasjonen b = b 1 + b 2 2. Initielle verdier b =, b = Betyr at enhver term i sevensen tilsvarer forrige term pluss forrige forrige term. En reursiv relasjon an srives på flere forsjellige måter og trenger ie nødvendighvis å starte med null. Den an også ha forsjellige initielle verdier og dermed få forsjellige sevenser. Bevise at en formell for en gitt sevens tilsvarer reursrelasjonen Oppgave : Vis at 1, 1!,2!, 3!,4!,...,( 1) n n!, n 0 tilsvarer s = s 1, 1 (reursjonsrelasjonen her sier at term S tilsvarer ganger forrige (-1) term S. n (1) Vi setter opp den generelle formelen for sevensen som blir s = ( 1) n!, n 0 1 (2) I denne sevensen erstatter vi n med og -1, s = ( 1)! og s 1 = ( 1) ( 1)! (3) Det følger da at ; s 1 ( reursrelasjonen) = = s 1 [( 1) ( 1)! ] = ( 1) ( 1) = ( 1) ( 1) = ( 1) 1 1 ( 1)!! ( fra (2)) ( 1)! n Bru av indusjon på reursive relasjoner Vi sal vise hvordan indusjon brues for å bevise sammenhengen mellom reursrelasjonen og sevensen. (1) m (2) m 1 (3) m n = 2m = 1 = 2 n 1 + 1, 1 1, n 1 Side - 35/41

36 Proof: Formelen holder for n = 1, tilsvarer m = = Hvis = 2 + m 1 så er m = 1. Antar m må vise m + 1 m + 1 = 2 m ( ) = Esempel : Reursrelasjon for Hanois tårn (1) m (2) m 1 = m m 1 : reursrelasjon = 1: initiell tilst. Esempel : Renter i en ban over flere år Anta at det ble satt inn 1000 roner i en ban den dagen du ble født med en rente på 5,5%. Hvor mye penger står det på ontoen etter n antall år. Dette an løses med en reursrelasjon. Den generelle observasjonen er følgende; [Sum på onto ved ethvert årssifte] = [sum på onto ved forrige årssifte] + [renter for dette året]. Siden rentene utgjør 5,5% må vi legge til dette i formelen ovenfor. Vi får da; S n = Sum på onto etter n årssifter S 1000roner 0 = S S S = S 1 + (0.055) S = ( ) S 1 1 : reursrelasjonen = 1000roner : initelle verdier Esempel : Antall bitstrenger med en gitt egensap Lag en liste over alle bitstrenger med lengde 0,1,2 eller 3 som ie inneholder mønsteret 11. For alle heltall n 0, la S = [antall bitstrenger med lengde n som ie inneholder mønsteret 11] n Vi sal finne antall bitstrenger med n=10 som ie inneholder mønsteret 11. Alle bitstrenger i den atuelle mengden starter med enten 0 eller 1. Når en bitstreng starter med 0 må resterende -1 araterer være sevenser av 0 og 1 hvor 11 ie foreommer. Når en bitstreng starter med 1 må den neste være 0 (fordi mønsteret 11 ie an finnes). Dermed blir de neste -2 araterene 0 eller 1 hvor mønsteret 11 ie foreommer. Vi får da reursrelasjonen; Side - 36/41