EKSAMEN løsningsforslag

Transkript

1 EKSAMEN løsigsforslag Emekode: ITF0705 Dato: 5. desember 07 Hjelpemidler: - To A4-ark med valgfritt ihold på begge sider. Emeav: Matematikk for IT Eksamestid: Faglærer: Christia F Heide Kalkulator er ikke tillatt. Om eksamesoppgave og poegberegig: Oppgavesettet består av 8 sider iklusiv dee forside og to sider med vedlegg. Kotroller at oppgavesettet er komplett. Oppgavesettet består av 3 oppgaver. Ved sesur vil alle oppgaver telle 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. Sesurfrist: 5. jauar 08 Karakteree er tilgjegelige for studeter på Studetweb seest virkedager etter oppgitt sesurfrist.

2 Oppgave Gitt følgede biære tall og 00 0 Utfør e multiplikasjo av disse tallee på biær form (altså ute å kovertere dem til et aet tallsystem). Skriv svaret både på biær form og heksadesimal form For å kovertere til heksadesimalt, ka vi kovertere fire og fire bit, og vi starter bakerst: F Heksadesimalt blir derfor resultatet 49F. Oppgave Gitt følgede megder og uiverset A = {, 3, 5, 7}, B = {, 3, 5} og C = {, 5, 7}. U = {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Fi følgede megder og skriv dem på listeform: a) C A b) ( A B) C Vi fier først A B : A B {,, 3, 5, 7} Videre har vi at ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side av 0

3 C {0,, 3, 4, 6, 8, 9} Vi fier da ( A B) C {,, 3, 5, 7} {0,, 3, 4, 6, 8, 9} = {, 3} Oppgave 3 Gitt megde A = {, 4, 5, 0,, 0} E relasjo på A er gitt ved R ( a, b) a b altså at ( a, b) R dersom a deler b. a) Skriv megde R på listeform. R ={(, ), (, 4), (,0), (, ), (, 0), (4, 4), (4, ), (4, 0), (5, 5), (5, 0), (5, 0), (0, 0), (0, 0), (, ), (0, 0)} b) Begru at relasjoe er e delvis ordig. For at relasjoe skal være e delvis ordig, må de være refleksiv, atisymmetrisk og trasitiv. Vi ser at alle elemeter har relasjo til seg selv (fordi alle tall deler seg selv), og relasjoe er derfor refleksiv. Vi har ige symmetriske par, og relasjoe er derfor atisymmetrisk. Vi ser at relasjoe er trasitiv fordi overalt hvor a deler b og b deler c, så vil også a dele c. For eksempel vil 5 dele 0, og 0 deler 0. Da må også 5 dele 0, oe de gjør. Relasjoe er altså refleksiv, atisymmetrisk og trasitiv, og er derfor e delvis ordig. c) Teg hassediagrammet for de delvis ordede megde (A, R). Hassediagrammet ka for eksempel fies ved først å tege relasjoe som e rettet graf. Her legger jeg ut odee slik at alle piler peker oppover, så slipper jeg å flytte på dem til slutt. ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 3 av 0

4 Deretter ka vi fjere alle «løkkee» på hver ode, side vi vet at e delvis ordig er refleksiv: ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 4 av 0

5 Så ka vi fjere relasjoer vi vet skal være der fordi e delvis ordig er trasitiv. Dette gjelder relasjoee (, ) fordi vi ka gå fra til via 4 (, 0) fordi vi ka gå fra til 0 via 0 (5, 0) fordi vi ka gå fra 5 til 0 via 0 Resultatet blir da seede slik ut: Det siste vi gjør er å orde figure slik at alle katee peker oppover, og deretter fjerer vi retige fra katee. Vi får da følgede hassediagram: ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 5 av 0

6 Dette er et helt fit hassediagram, me vi ka pyte litt på det slik at ige kater krysser hveradre, f. eks. slik: ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 6 av 0

7 d) Er dee relasjoe e totalordig? Begru svaret. Ikke alle elemeter er sammeligbare. For eksempel har vi hverke relasjoe (4, 5) eller (5, 4). 4 og 5 er derfor ikke sammeligbare. For at e delvis ordig skal være e totalordig, må alle elemeter være sammeligbare. Relasjoe er derfor ikke e totalordig. Oppgave 4 Bruk sahetstabeller til å udersøke om følgede logiske utsag er logisk ekvivalete: i) ( p q) r ii) ( p r) ( q r) Sahetstabelle til det første utsaget blir: p q r Sahetstabelle til det adre utsaget blir: p q r p q ( p q) r S S S S S S S F S F S F S F S S F F F S F S S F S F S F F S F F S F S F F F F S p r q r ( p r) ( q r) S S S S S S S S F F F F S F S S S S S F F F S S F S S S S S F S F S F S F F S S S S F F F S S S Vi ser at sahetsverdiee til de to sammesatte utsagee er de samme, og de er følgelig logisk ekvivalete. ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 7 av 0

8 Oppgave 5 Gitt følgede sammesatte logiske utsag: p ( r q q) ( r t r) q Beytt lovee i logikk gitt i vedlegget til å forekle dette utsaget for å fie hvilket av følgede utsag det er logisk ekvivalet med: i) ii) iii) iv) v) p q p r p q p q p Bruk ku é lov i hvert tri, og agi for hvert tri hvilke lov du bruker. Det er flere veier fram til målet. Her er e av dem: p ( r q q) ( r t r) q r q q erstattes av r ( q q) p ( r ( q q)) ( r t r) q q q erstattes av S p ( r S) ( r t r) q p S ( r t r) q p ( r t r) q r S erstattes av S p S erstattes av. Assosiativ lov (). p. Iverslove (8).. Domiaslove (0).. Idetitetslove (9). De kommutative lov () på uttrykket r t r. p ( r r t) q p (( r r) t) q p ( S t) q p S q p q r r t erstattes av r r) t r r erstattes av S (. Assosoativ lov ().. Iverslove (8). S t erstattes av S. Domiaslove (0). S q erstattes av q. Idetitetslove (9). Vi ser at uttrykket er logisk ekvivalet med uttrykket i (iii). ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 8 av 0

9 Oppgave 6 Gitt to megder: A = {,, 3,, 99, 00} B = {,, 3,, 99, 00, 0} Gitt e fuksjo f : A B f : A B a) Hva betyr det at e fuksjo er ijektiv? Ka fuksjoe være ijektiv? Begru svaret. E fuksjo er ijektiv dersom ulike elemeter i defiisjosmegde A har ulike bilder i kodomeet B. Side det er færre elemeter i A e i B er dette mulig. f : A B f : A B b) Hva betyr det at e fuksjo er surjektiv? Ka fuksjoe være surjektiv? Begru svaret. E fuksjo er surjektiv dersom alle elemetee i kodomeet er bilde av elemeter i defiisjosmegde. Side det er flere elemeter i B e i A er ikke dette mulig side det ikke ka være relasjoer fra ett elemet i A til flere elemeter i B dersom f er e fuksjo. c) Ka fuksjoe f : A B ha e ivers fuksjo? Begru svaret. For at e fuksjo skal ha e ivers fuksjo, må de være bijektiv, altså både ijektiv og surjektiv. Side e fuksjo fra A til B ikke ka være surjektiv, ka de heller ikke ha e ivers fuksjo. Oppgave 7 Bruk iduksjosbevis til å bevise følgede formel for 5 8 (3 ) (3 7 ) : Basistri ( = ): Vestre side: 5 ( Høyre side: 3 7) 0 5 Vi ser at høyre side er lik vestre side for =. Basistriet er følgelig OK. Iduksjostri: Vi atar at uttrykket gjelder for = k (dette kalles iduksjoshypotese), altså at ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 9 av 0

10 5 8 (3k ) (3k 7 k og skal vise at det da følger at uttrykket også gjelder for = k +. For = k + blir uttrykket 58 (3k ) (3( k ) ) ) (3( k ) 7( k De første k leddee på vestre side ka vi, basert på iduksjoshypotese, skrive som (3k 7 ). Uttrykket blir da: k (3k 7k) (3( k ) ) (3( k ) 7( k Det som gjestår å er å vise at vestre side i dette uttrykket er lik høyre side. Vi reger på høyre side og vestre side hver for seg. Vi gager først begge sider med : (3k Så gager vi ut paretesee: 3k 3k 3k 7k) (3( k ) ) (3( k ) 7k (3k 3 ) 3( k 7k 6k 0 3k 3k 0 3k 7( k )) k ) 7k 7 6k 3 7k 7 3k 0 Vi ser at vestre side er lik høyre side. Vi har derfor vist at dersom uttrykket gjelder for = k så gjelder det også for = k +. Side vi også har vist at det gjelder for =, betyr det at vi har vist at det gjelder for alle. )) )) Oppgave 8 a) Fi de geerelle løsige av følgede differesligig: y y 6y Karakteristisk ligig for dee differesligige er: 6 0 Vi løser dee og fier de karakteristiske røttee: 0 4 ( 6) 4 5 ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 0 av 0

11 De geerelle løsige er følgelig y A B( 3) b) Gitt følgede differesligig: y y 6y 5 Fi løsige av dee år følgede startbetigelser er gitt: y 0 3 y 0 Her må vi observere at vestre side av ligige er de samme som i oppgave a. De geerelle løsige av differesligige er da y y y ( h) ( p) hvor (h) y er de geerelle løsige av de tilhørede homogee ligige, altså de løsige vi fat i oppgave a, mes ligige. ( p) y er e partikulær løsig av de ihomogee Vi må følgelig fie e partikulær løsig av de ihomogee ligige. Vi ka i utgagspuktet forsøke oss med e løsig på samme form som høyre side av ligige, altså y K Imidlertid har vi allerede dee løsige i de geerelle løsige av de tilhørede homogee ligige som vi fat i spørsmål a. Vi må derfor oppgradere dee, og forsøker oss med y K Dette gir da og y K( ) ( K K) ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side av 0

12 y K( ) ( K K) Setter vi dette i i differesligige, får vi K ( K K) 6( K K) 5 Vi ka å dele hele dette uttrykket på og får da K ( K K) 6( K K) 5 Gager vi ut paretesee får vi 4K K K 6K K 0 Trekker vi samme, får vi 0K 0 K Vi har altså fuet at følgede er e partikulær løsig av de ihomogee ligige: y ( p) som, dersom vi øsker det, ka skrives y ( p) De geerelle løsige av de ihomogee ligige, er følgelig y y ( h) y ( p) A B ( 3) ( A ) B ( 3) Til slutt må vi beytte startbetigelsee for å fie kostatee A og B: y 3 0 gir: A 0 A B 3 A 3 B y 0 gir: B( 3) ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side av 0

13 A B( 3) A 3B Setter vi å i A 3 B i dee ligige, får vi (3 B ) 3B 4 0 som gir 6 B 3B 4 0 5B B Vi fier så følgede verdi for A: A 3 4 Løsige av differesligige er følgelig (skrevet på to ulike måter) y ( ) 4( 3) ( ) 4( 3) Oppgave 9 Lag e aksepterede automat med alfabet {0, } som gjekjeer alle bitstreger som ieholder øyaktig tre eere. Det er ikke oe krav at eere skal komme rett etter hveradre for at automate skal akseptere strege. Her bruker vi tilstader for å telle atall -ere som er kommet. Vi starter i tilstad s 0 og går så til ye tilstader for hver -er vi får i. Når vi er kommet til har vi lest tre -ere, og dette skal derfor være e aksepterede tilstad. Så lege vi får i 0-er ka vi bli i dee tilstade, me så fort vi får i e -er til, må vi forlate de aksepterede tilstade. Da går vi til e y tilstad, s 4, som ikke er aksepterede og som vi aldri kommer ut av, side vi aldri ka rette opp «skade» som er skjedd ved at det å er kommet mer e tre -ere. Tilstadsdiagrammet ka da teges slik: s 3 ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 3 av 0

14 Start s0 s s s3 s4 0, Oppgave 0 Gitt følgede vektede graf: a 3 b 4 3 c d 3 e Bruk Kruskals algoritme til å fie et miimalt spetre for grafe. Vis hvert tri i algoritme. Første tri er å sortere katee etter vekt: : (a, c), (b, e) : (b, c), (c, e) 3: (a, b), (c, d), (d, e) 4: (a, d) Vi starter så med e av de katee som har lavest vekt. For eksempel (a, c): ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 4 av 0

15 a b c d e Så legger vi til de gjeståede kate med lavest vekt dersom dee ikke skaper e syklus. Her velger vi (b, e): a b c d e Vi har da tatt alle katee med vekt. Vi ka da velge mellom de to katee som har vekt, altså (b, c) og (c, e). Vi velger (b, c): a b c d e Kate (c, e) er å de gjeståede kate med lavest vekt. De ka vi imidlertid ikke legge til, fordi vi da får e syklus (sykluse b, c, e, b). Vi må derfor velge blat kater med vekt 3, og vi har tre slike: (a, b), (c, d) og (d, e). Vi ka imidlertid ikke velge (a, b), fordi det vil gi e syklus. (c, d) og (d, e) ka vi velge. Vi velger (c, d): ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 5 av 0

16 a b c 3 d e Nå er alle odee med i treet, og algoritme termierer. Figure over viser derfor et miimalt spetre for grafe. Merk at det fies adre miimale spetrær e det jeg har fuet. E første sjekk på om du har et korrekt spetre, er å summere vektee og se om du kommer til de samme samlede vekt som i mitt spetre, emlig 7. Oppgave Nedefor er grafee G V, ) og G V, ) teget. ( E ( E b a c e 3 4 d f 5 6 G V, ) G V, ) ( E ( E Er G og G isomorfe? Dersom de er isomorfe må du agi e fuksjo f : V V og vise at dee fuksjoe oppfyller kravee til e isomorfi. Dersom de ikke er isomorfe må du forklare hvorfor de ikke er det. Vi ser at begge grafee har seks oder og åtte kater. At de har like mage oder og kater er e ødvedig me ikke tilstrekkelig betigelse for at de skal være isomorfe. ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 6 av 0

17 Vi ser videre at fire av odee i hver graf har grad 3, mes de to siste har grad. Vi må sørge for å «pare» de odee som har samme grad. Vi forsøker med følgede fuksjo: f ( a) 5 f ( b) 3 f ( c) 6 f ( d) 4 f ( e) f ( f ) (Det fies flere adre isomorfier, f. eks. f ( f ).) f ( a) 6, f ( b) 3, f ( c) 5, f ( d) 4, f ( e) og Vi ser at dee fuksjoe er ijektiv, fordi ulike elemeter i defiisjosmegde V har ulike bilder i verdimegde. Vi ser videre at, altså at fuksjoe er surjektiv. V f ( V V Vi må også sjekke at aboskap beholdes, altså at dersom u og v er aboer i så er f(u) og f(v) aboer i. Det er lurt å være systematisk år ma lister opp disse: først aboer til a, så aboer til b, osv. Da ser vi: G a og b er aboer i a og c er aboer i a og d er aboer i b og c er aboer i b og e er aboer i c og d er aboer i d og f er aboer i e og f er aboer i G. Da må 5 G. Da må 5 G. Da må 5 G. Da må 3 G. Da må 3 G. Da må 6 G. Da må 4 G. Da må ) f ( a) og f ( b) 3 være aboer i, oe vi ser at de er. f ( a) og f ( c) 6 være aboer i, oe vi ser at de er. f ( a) og f ( d) 4 være aboer i, oe vi ser at de er. f ( b) og f ( c) 6 være aboer i, oe vi ser at de er. f ( b) og f ( e) være aboer i, oe vi ser at de er. f ( c) og f ( d) 4 være aboer i, oe vi ser at de er. f ( d) og f ( f ) være aboer i, oe vi ser at de er. f ( e) og f ( f ) være aboer i G, oe vi ser at de er. G G G G G Vi ser at aboskap bevares uder f. Side f også er ijektiv og surjektiv (altså bijektiv), ka vi kokludere med at f slik vi har defiert de, er e isomorfi. G og G er følgelig isomorfe. G G G ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 7 av 0

18 Oppgave E turigmaski er defiert ved følgede fem-tupler:. (s0, 0, s, 0, R). (s0,, s,, R) 3. (s, 0, s0,, R) 4. (s,, s, 0, R) 5. (s0, B, s, 0, L) 6. (s, B, s,, L) Ata å at vi kjører turigmaskie med e tape som ved oppstart ser slik ut: B 0 B Vis hvert tri i kjørige av dee turigmaskie. Agi hvorda tape ser ut etter kjørige (altså hvilke symboler som står i de ulike cellee), og hvilke tilstad turigmaskie er i etter kjørige. s 0 E turigmaski starter i tilstad og med lese-/skrivehodet over de celle legst til vestre som ikke er blak, altså slik: B 0 B s 0 Lesehodet leser så iholdet i celle, som altså er. Kombiasjoe tilstad s 0 og e lest fra tape, gjør at de velger det adre fem-tuplet i defiisjoe. Dette fem-tuplet sier at maskie skal gå til tilstad, skrive symbolet til tape og flytte skrive-/lesehodet til høyre. Vi vil da ha følgede situasjo: s B 0 B s Turigmaskie vil så lese symbolet i celle de å peker på, og vil da stå med kombiasjoe s, 0. De velger derfor fem-tuppel ummer 3, som altså svarer til dee ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 8 av 0

19 kombiasjoe. De sier at vi skal gå til tilstad Vi får da følgede situasjo: s 0, skrive e til celle og flytte til høyre. B B s 0 Kombiasjoe derfor følgede: s 0, B gjør at maskie velger det 5. fem-tuplet. Dette agir s, 0, L, og vi får B 0 B s Vi har å kombiasjoe s,. Dee fies ikke i defiisjoe av turigmaskie, og maskie stopper derfor. Når maskie stopper vil de altså befie seg i tilstad s med følgede ihold på tape: B 0 B Oppgave 3 Gitt e grammatikk med startsymbol s, hvor megde av ikke-avslutigssymboler er N = {s, t, u} og megde av avslutigssymboler er T = {0, }. Grammatikke har følgede produksjosregler:. s stu. u 0t 3. t 4. st Er dee grammatikke kotekstfri, regulær eller ige av delee? Begru svaret. Kravee for at e grammatikk skal være kotekstfri, er at de har: i. e edelig megde avslutigssymboler, kalt T ii. e edelig megde ikke-avslutigssymboler, kalt N, og hvor T og N er disjukte, altså at T N iii. e edelig megde produksjosregler på forme w w hvor w er ett elemet fra ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 9 av 0

20 w megde N, og er e vilkårlig streg av elemeter fra N og T. Her er både T og N edelige megder, og de er disjukte. De to første kravee er derfor oppfylt. Imidlertid er ikke det tredje kravet oppfylt side vi i de siste produksjosregele har e streg av to elemeter på vestre side av pile. Grammatikke er følgelig ikke kotekstfri. Ett av kravee som må være oppfylt for at e grammatikk skal være regulær, er at de må være kotekstfri. Side grammatikke ikke er kotekstfri, er de følgelig heller ikke regulær. Grammatikke er hverke kotekstfri eller regulær. ITF0705 Matematikk for IT, desember 07 løsigsforslag Side 0 av 0