Løsningsforslag. Oppgavesettet består av 9 oppgaver med i alt 20 deloppgaver. Ved sensur vil alle deloppgaver telle omtrent like mye.

Transkript

1 Løsningsforslag Emnekode: ITF75 Dato: 5 desember Emne: Matematikk for IT Eksamenstid: kl 9 til kl Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider Kalkulator er ikke tillatt Faglærer: Christian F Heide Eksamensoppgaven: Oppgavesettet består av 6 sider inklusiv denne forsiden og et vedlegg på én side Kontroller at oppgaven er komplett før du begynner å besvare spørsmålene Oppgavesettet består av 9 oppgaver med i alt deloppgaver Ved sensur vil alle deloppgaver telle omtrent like mye Der det er mulig skal du: vise utregninger og hvordan du kommer fram til svarene begrunne dine svar, selv om dette ikke er eksplisitt sagt i hvert spørsmål Sensurdato: Mandag 7 januar Karakterene er tilgjengelige for studenter på studentweb senest virkedager etter oppgitt sensurfrist Følg instruksjoner gitt på: wwwhiofno/studentweb Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side av

2 Oppgave Gitt følgende mengder: A = {,, 5, 7, 9} B = {, 4, 6, 8} C = {,, } og universet U = {,,,, 4, 5, 6, 7, 8, 9} a) Finn følgende mengde: [( B C) A] C Tar vi det trinnvis, ser vi: B C {4, 6, 8} ( B C) A {,, 4, 5, 6, 7, 8, 9} C {, 4, 5, 6, 7, 8, 9} [( B C) A] C {, 4, 5, 6, 7, 8, 9} = C b) Finn potensmengden til C, P (C) P ( C) {,{},{},{},{,},{, },{, },{,, }} Oppgave a) En relasjon R {( a, b) a b} er definert på mengden av alle heltall, Z a b er vanlig «mindre enn», og betyr altså at a er mindre enn b Angi om relasjonen er refleksiv, symmetrisk, antisymmetrisk og/eller transitiv Relasjonen er ikke refleksiv fordi et tall aldri kan være mindre enn seg selv Relasjonen er ikke symmetrisk, fordi dersom et tall n er mindre enn et tall m, vil aldri m også være mindre enn n Relasjonen er antisymmetrisk, fordi dersom et tall n er mindre enn et tall m, vil aldri m også være mindre enn n Relasjonen er transitiv, fordi dersom n < m og m < p, så vil også n < p Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side av

3 b) Anta så at relasjonen er definert på mengden A = {,,, 4} Skriv relasjonen R som en matrise (binær matrise) M c) En annen relasjon, S, er en ekvivalensrelasjon på en mengde M Hvis vi vet at ( a, b) S og ( b, c) S, hvilke andre elementer kan vi da vite at S har? Når vi vet at relasjonen er en ekvivalensrelasjon, vet vi samtidig at den er refleksiv, symmetrisk og transitiv Det kan være lurt å tegne for lettere å se dette De elementene som er oppgitt i oppgaven er følgende: a b c For at den skal være refleksiv, må følgende elementer være med i S: ( a, a), ( b, b) og ( c, c) : a b c For at den skal være transitiv, må vi ha med ( a, c) a b c For at den skal være symmetrisk, må vi ha med ( b, a), ( c, b) og ( c, a) a b c Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side av

4 Vi ser nå at denne er både refleksiv, symmetrisk og transitiv, og følgelig en ekvivalensrelasjon Oppsummert kan vi si at følgende elementer må være med i tillegg til ( a, b) og ( b, c) fordi vi vet at den er en ekvivalensrelasjon: ( a, a), ( a, c), ( b, a), ( b, b), ( c, a), ( c, b) og ( c, c) Oppgave a) Finn ved hjelp av sannhetstabeller om de to følgende sammensatte utsagn er logisk ekvivalente: i) ( p q) r ii) p ( q r) Utsagn i): Utsagn ii): 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 S S F S F S F F F S S S F F F S F p q r q r p ( q r) S S S S S S S F F F S F S S S S F F S S F S S S S F S F F S F F S S S F F F S S Vi ser at siste kolonne ikke er lik for de to uttrykkene Følgelig er de ikke logisk ekvivalente b) I denne oppgaven skal du bruke logikklovene på vedlagte ark til å forenkle følgende uttrykk og finne om det er en tautologi Bruk kun en lov i hvert trinn og angi for hvert trinn nummeret på den loven du har brukt Uttrykket du skal undersøke er: [ q ( p q)] p Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side 4 av

5 [ q ( p q)] p [ q ( p q)] p [ q ( p q)] p [ q ( p q)] p [ q ( p q)] p [ q ( p q)] p [ q ( p q)] p Lov om implikasjon () på den ytterste implikasjonen Lov om implikasjon () på den gjenstående implikasjonen De Morgans lov (4) på den ytterste negasjonen (hakeparentesen) Involusjonsloven (7) (dobbel negasjon) De Morgans lov (4) på negasjonen foran parentesen Involusjonsloven (7) (dobbel negasjon) Den distributive lov () [( q p) ( q q)] p Inversloven (8) [( q p) S] p ( q p) p Identitetsloven (9) Den assosiative lov () q ( p p) Inversloven (8) q S Dominansloven () S Vi ser at uttrykkets sannhetsverdi er logisk ekvivalent med S Uttrykket er altså sant uansett hva sannhetsverdiene til p og q er Uttrykket er følgelig en tautologi Oppgave 4 a) Konverter tallet 57 til det binære tallsystemet Dette kan f eks gjøres ved gjentatte divisjoner med inntil kvotienten er : 57: = 8: = 4: = 7: = : = : = Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side 5 av

6 Det binære tallet vi søker vil da være restene i divisjonene lest fra høyre mot venstre, altså: b) Utfør følgende multiplikasjon: c) En basketballtrener skal plukke ut et lag på fem personer fra spillergruppa som består av totalt personer Hvor mange ulike lag kan treneren plukke ut? (Siden kalkulator ikke er tillatt på denne eksamen, trenger du ikke å regne ut svaret, men bare sette opp hvordan det skal regnes ut og forkorte brøken du får mest mulig) Dette er et uordnet utvalg (rekkefølgen er uten betydning) uten tilbakelegging (dersom en spiller er valgt, kan han/hun ikke velges på nytt til det samme laget) Antallet er derfor gitt ved! 9 8 7! ( 5)! 5! 7! 5! 5 4 Oppgave 5 Gitt en grammatikk med startsymbol s, hvor mengden av ikke-avslutningssymboler er N = {s, t} og mengden av avslutningssymboler er T = {, } Gitt følgende produksjonsregler: s s s t t t t t a) i) Er denne grammatikken kontekstfri? Begrunn svaret Kravene for at en grammatikk skal være kontekstfri, er at den har: en endelig mengde avslutningssymboler, kalt T en endelig mengde ikke-avslutningssymboler, kalt N, og hvor T og N er disjunkte, altså at T N en endelig mengde produksjonsregler på formen w w hvor w N og w ( N T) * Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side 6 av

7 Her er både T og N endelige mengder, og de er disjunkte De to første kravene er derfor oppfylt Videre er venstresiden i alle produksjonsreglene element i N, og alle høyresidene er strenger fra ( N T) * Følgelig er også det tredje kravet oppfylt Grammatikken er følgelig en kontekstfri grammatikk ii) Er denne grammatikken regulær? Begrunn svaret Kravene for at en grammatikk skal være regulær, er at: Grammatikken er en kontekstfri grammatikk Produksjonsreglene er av en følgende former a w der w N og er den tomme strengen b w aw der w, w N og a T c w a der w N og a T Det første kravet er oppfylt (det ble begrunnet i delspørsmål i) Hvis vi ser på produksjonsreglene, ser vi at s s, s t og t t er av type b Regelen t er av type c t er av type a Alle produksjonsreglene er derfor av påkrevet type Vi kan derfor konkludere med at grammatikken er regulær b) Tilhører følgende strenger dette språket? Sagt på en annen måte: kan strengene produseres av denne grammatikken? Vis i så fall hvordan dette kan skje i) Denne strengen tilhører ikke språket ii) Denne strengen tilhører språket, og kan produseres slik: s s (Regel ) s s (Regel ) s t (Regel ) t (Regel ) Oppgave 6 a) Bruk direkte bevis til å bevise at produktet av to påfølgende heltall er et partall Det er flere måter å bevise dette på En måte er å benytte at to påfølgende heltall består av ett partall og ett oddetall En litt annen måte å vise det på, er slik: Gitt et tall n Det påfølgende tallet er da n+ Vi får da i prinsippet to muligheter: i) n er et partall og kan da skrives n = k hvor k er et heltall n + kan da skrives n + = k + Produktet av disse tallene blir da Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side 7 av

8 n ( n ) k (k ) 4k k (k k) Siden k er et heltall, vil (k k) også være et heltall ganger et heltall er et partall, og produktet blir derfor et partall ii) n er et oddetall, og kan skrives n = k hvor k er et heltall n + kan da skrives n + = k + = k Produktet av disse tallene blir da n ( n ) (k ) k (k ) Siden k er et heltall, vil (k ) også være et heltall ganger et heltall er et partall, og produktet blir altså et partall også i dette tilfellet b) Bruk induksjonsbevis til å bevise at n n for n Basistrinn Vi må vise at det gjelder for n = : Venstre side blir da: Høyre side blir: Vi ser at det uttrykket er korrekt for n = Induksjonstrinn Vi antar her at uttrykket gjelder for n = k (dette kalles induksjonshypotesen), altså at k k Vi skal da vise at det av dette følger at uttrykket også gjelder for n = k + : k Av induksjonshypotesen følger det at dette er lik k Vi kan derfor skrive uttrykket som k k k ( ) Adderer vi nå på begge sider, får vi k k k (*) ( k) Venstre side kan nå omformes på følgende måte: k k k k k k ( ) k k Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side 8 av

9 Vi ser at dette er lik høyre side i uttrykket (*) Dette viser at dersom uttrykket i oppgaven gjelder for n = k, vil det også gjelde for n = k + Siden vi i basistrinnet har vist at uttrykket gjelder for n =, har vi derved vist at det gjelder for alle n Beviset er med det fullført Oppgave 7 I denne oppgaven kan du ha nytte av en av følgende: tan 6 tan 4 tan a) Gitt et komplekst tall z i Tegn tallet z og tallets komplekskonjugerte i det komplekse planet Tallets komplekskonjugerte er z i Når man skal tegne dette i det komplekse planet er det nødvendig å vite at, 7 Det er imidlertid ikke avgjørende for sensuren om studenten kjenner en korrekt tilnærmingsverdi for Im z Re - z - b) Skriv tallet z på eksponentialform Modulen til z (altså lengden av z) er gitt ved Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side 9 av

10 r ( ) 4 Argumentet til z er gitt ved tan tan Eksponentialformen til z blir derfor z i e c) Finn den generelle (allmenne) løsningen til følgende differensligning: y n yn 4yn Den karakteristiske ligningen til denne differensligningen, er 4 Vi finner røttene i denne: ( ) ( ) ( ) i i i I spørsmål b) fant vi at denne kunne skrives som Løsningen på en differensligning som har komplekse røtter re i i den karakteristiske ligningen, er gitt ved e i y n n r ( Acos n Bsin n) I vårt tilfelle får vi derfor følgende generelle løsning på differensligningen: n n n yn ( Acos Bsin ) Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side av

11 Oppgave 8 Nedenfor er grafene G ( V, E ) og G ( V, E) tegnet Er G og G isomorfe? Dersom de er isomorfe, angi en isomorfi f : V V Dersom de ikke er isomorfe, forklar hvorfor de ikke er det a b e c 4 5 d G V, ) G V, ) ( E ( E Vi ser at begge grafene har fem noder og sju kanter At de har like mange noder og kanter er en nødvendig, men ikke tilstrekkelig, betingelse for at de skal være isomorfe Vi ser at node b har grad 4, mens nodene c og d har grad I G har node 4 grad 4, mens node og 5 har grad Node a og e samt node og har grad Når vi skal finne en isomorfi, vil må vi «pare» noder som har samme grad i de to grafene Etter litt prøving og feiling finner vi følgende funksjon f : V V : f ( a) f ( b) 4 f ( c) f ( d) 5 f ( e) Vi ser at denne funksjonen er injektiv (én-entydig), fordi ulike elementer i definisjonsmengden V har ulike bilder i verdimengden V Vi ser videre at f ( V ) V, altså at funksjonen er surjektiv (på) Vi må også sjekke at naboskap beholdes, altså at dersom u og v er naboer i G så er f(u) og f(v) naboer i G Det er lurt å være systematisk når man lister opp disse: først naboer til a, så naboer til b, osv Da ser vi: a og b er naboer i G Da må f ( a) og f ( b) 4 være naboer i G a og d er naboer i G Da må f ( a) og f ( d) 5 være naboer i G Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side av

12 b og c er naboer i G Da må f ( b) 4 og f ( c) være naboer i G b og d er naboer i G Da må f ( b) 4 og f ( d) 5 være naboer i G b og e er naboer i G Da må f ( b) 4 og f ( e) være naboer i G c og d er naboer i G Da må f ( c) og f ( d) 5 være naboer i G c og e er naboer i G Da må f ( c) og f ( e) være naboer i G Vi ser at naboskap bevares under f Siden f også er injektiv og surjektiv (altså bijektiv), kan vi konkludere med at f er en isomorfi G og G er følgelig isomorfe (Den isomorfien vi fant over, er ikke den eneste mulig En alternativ isomorfi er f ( a) f ( b) 4 f ( c) 5 f ( d) f ( e) ) Oppgave 9 Gitt følgende matriser: A 4 B 5 a) Regn ut AB og BA dersom de eksisterer AB 4 5 ( ) ( ) ( ) ( 4) 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 4) 5 ( ) 6 Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side av

13 Løsningsforslag til eksamen i Matematikk for IT, desember Side av 5 4 BA Matriseproduktet BA eksisterer ikke b) Finn T A T A angir den transponerte matrisen Denne er: 5 4 T A