HØGSKOLEN I ØSTFOLD, AVDELING FOR INFORMASJONSTEKNOLOGI Matematikk for IT Eksamen 4. januar 2019 Løsningsforslag Christian F. Heide January 10, 2019 OPPGAVE 1 En spørreundersøkelse blant en gruppe studenter om hvilken type brus de likte, viste følgende resultater: 22 likte Solo. 25 likte Coca Cola. 39 likte Pepsi. 9 likte både Coca Cola og Solo. 17 likte både Solo og Pepsi. 20 både Pepsi og Coca Cola. 6 likte alle tre brustypene. 4 likte ikke noen av de tre brustypene. a) Hvor mange besvarte denne spørreundersøkelsen? Vi kan bruke inklusjons- og eksklusjonsprinsippet for å besvare denne oppgaven. Vi navngir mengdene slik: S: de som liker Solo. C. de som liker Coca Cola. Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 1
P: de som liker Pepsi. Vi kan da skrive opplysningene som er gitt i oppgaven slik: S = 22 C = 25 P = 39 C S = 9 S P = 17 P C = 20 S C P = 6 At 4 ikke likte noen av brustypene kan vi uttrykke slik: S C P = 4 Hvor mange som svarte på undersøkelsen, altså U, kan vi finne ved Inklusjons- og eksklusjonsprinsippet sier og dette gir U = S C P + S C P S C P = S + C + P S C C P S P + S C P Vi får da S C P = 22 + 25 + 39 9 20 17 + 6 = 46 U = S C P + S C P = 46 + 4 = 50 b) Hvor mange likte både Solo og Pepsi men ikke Coca Cola? Dette ser vi lettest ved å tegne et venndiagram. De som liker både Solo og Pepsi, er de som er i snittet mellom S og P. Så fjerner vi dem av disse som også er i mengden C, altså de som også liker Coca Cola. Vi får da følgende mengde: Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 2
Vi ser av venndiagrammet at vi kan regne ut dette ved følgende: S P S C P = 17 6 = 11 For oversiktens skyld: her er antall i de ulike kategoriene: OPPGAVE 2 Gitt følgende matrise: A = [ 3 ] 2 2 1 a) Regn ut determinanten til A og bruk denne til å begrunne at A er inverterbar. det A = 3 1 ( 2) ( 2) = 3 4 = 1 Siden determinanten er forskjellig fra 0, er matrisen inverterbar. b) Finn A 1. Vi kan finne den inverse til en 2x2-matrise ved å bytte om elementene på hoveddiagonalen, og bytte fortegn på de to andre og dele alle elementer på determinanten til A. Vi får da A 1 = 1 1 [ ] 1 2 = 2 3 [ 1 ] 2 2 3 c) Gitt følgende ligningssystem: 3x 1 2x 2 = 2 2x 1 + x 2 = 1 Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 3
Benytt A 1 til å løse dette ligningssystemet. Siden A er inverterbar, in- Vi ser at A er koeffisientmatrisen til dette ligningssystemet. nebærer dette at løsningen er gitt ved hvor Vi får derfor [ ] x = A 1 1 2 b = 2 3 [ ] 2 = 1 Løsningen blir altså: x 1 = 0, x 2 = 1 x = A 1 b b = [ ] 1 2 [ ] ( 1) ( 2) + ( 2) 1 = ( 2) ( 2) + ( 3) 1 [ ] 2 2 = 4 3 [ ] 0 1 OPPGAVE 3 Bruk sannhetstabeller til å undersøke om følgende logiske utsagn er en tautologi: ( (p q) (q r ) ) (p r ) p q r p q q r (p q) (q r ) ( (p q) (q r ) ) p r Utsagnet S S S S S S F S S S S F S F F S F S S F S F S F S S S S F F F S F S F S F S S S S S F S S F S F S F F S S S F F S S S S F S S F F F S S S F S S Vi ser av sannhetstabellen at utsagnet alltid er sant. Følgelig er utsagnet en tautologi. Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 4
OPPGAVE 4 Gitt følgende logiske utsagn: ( ((p q) r ) q ) Benytt lovene i logikk gitt i det ene vedlegget til å finne hvilket av følgende utsagn det er logisk ekvivalent med. Angi hvilken lov du bruker i hvert trinn.: 1. p q 2. q 3. q r 4. p q 5. q r Det er flere veier fram til målet her. Dette er en av dem: ( ((p q) r ) q ) (11) ( ((p q) r ) q ) (4) ((p q) r ) q (7) ((p q) r ) q (1) (p q) (r q) (2) (p q) (q r ) (1) ((p q) q) r (6) q r Vi ser at uttrykket er logisk ekvivalent med uttrykk nummer 5, altså ( ((p q) r ) q ) q r Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 5
OPPGAVE 5 Gitt følgende endelige automat: Finn en regulær grammatikk som genererer språket som denne automaten gjenkjenner. Grammatikken må beskrives både ved mengdene N og T, og ved de produksjonsregler som inngår. Av tegningen av automaten ser vi at mengdene er N = {s 0, s 1, s 2 } T = {0,1} Produksjonsreglene kan skrives slik: 1. s 0 0s 2 2. s 0 0 3. s 0 1s 1 4. s 1 0s 1 5. s 1 1s 2 6. s 1 1 7. s 2 0s 2 8. s 2 1s 1 9. s 2 0 Dersom vi ønsker kan vi fjerne produksjonsreglene 2, 6 og 9 og isteden sette inn regelen s 2 λ Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 6
OPPGAVE 6 Gitt mengden A = {1,2,3,4,5,6}. Det er definert en relasjon, R, på A ved R = {(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(3,1),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(5,1),(5,3),(5,5),(6,6)} a) Begrunn at relasjonen R er en ekvivalensrelasjon. For at den relasjon skal være en ekvivalensrelasjon, må den være refleksiv, symmetrisk og transitiv. Vi ser at R er refleksiv fordi alle elementer har relasjon til seg selv. Vi ser videre at R er symmetrisk fordi vi ikke har noen relasjoner som bare "går en vei". Relasjonen er også transitiv, fordi vi overalt hvor vi kan gå fra a til c via b også kan gå direkte fra a til c. For eksempel har vi parene (1,3) og (3,5), og da har vi også (1,5). b) Angi ekvivalensklassene som R definerer. Det er lettere å se ekvivalensklassene og hvordan R partisjonerer A hvis vi tegner relasjonen som en rettet graf: Etter å ha tegnet denne grafen, er det ganske enkelt å se at R deler A i tre partisjoner: {1,3,5},{2,4} og {6} Ekvivalensklassene er altså [1] = {1,3,5} [2] = {2,4} og [6] = {6} Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 7
OPPGAVE 7 Nedenfor er grafene G 1 = (V 1,E 1 ) og G 2 = (V 2,E 2 ) tegnet. G 1 = (V 1,E 1 ) G 2 = (V 2,E 2 ) Avgjør om G 1 og G 2 er isomorfe. Dersom de er isomorfe må du angi en funksjon f : V 1 V 2 og vise at denne funksjonen oppfyller kravene til en isomorfi. Dersom de ikke er isomorfe må du begrunne hvorfor de ikke er det. Vi ser at begge grafene har 6 noder og 8 kanter. Dette er et nødvendig men ikke tilstrekkelig krav for at de skal være isomorfe. Vi kan forsøke å lage en isomorfi f : V 1 V 2. Vi vet at samsvarende noder må ha samme grad. Vi har to noder i hver graf med grad 2, og resten av nodene har grad 3. Derfor må vi ha f (a) = 1 f (f ) = 6 som er de to nodene med grad 2. Så må vi se om vi klarer å "pare" resten av nodene. a har naboer b og c. Lar vi nå f (b) = 2 ser vi at de to andre naboene til b (i tillegg til a), altså d og e må pares med naboene til 2, altså 3 og 4. Vi prøver derfor med: f (d) = 4 f (e) = 3 Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 8
Da har vi en node igjen i hver graf, c og 5, som da må pares. Imidlertid blir ikke dette korrekt fordi c er nabo med a, d og e, mens 5 er nabo med f (e) = 3, f (d) = 4 og f (f ) = 6. Naboskapet bevares altså ikke. Det samme resultatet får vi uansett hvordan vi velger å pare nodene. Følgelig: G 1 og G 2 er ikke isomorfe. Gitt følgende vektede graf: OPPGAVE 8 Bruk Dijkstras algoritme til å finne korteste vei (altså veier med minst samlet vekt) fra node a til alle andre noder i grafen. Vis alle trinn i algoritmen, og vis hvordan nodenes etiketter oppdateres underveis. Vi lister først vektene på de ulike kantene: W (a,b) = 10 W (a,c) = 1 W (a,e) = 10 W (c,d) = 8 W (c,e) = 3 W (d,b) = 2 W (e, f ) = 1 W (f,d) = 2 Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 9
Initialiseringstrinn: Initialiserer mengden S: S = {a} Initialisering av etiketter: a : 0, b : 10, a c : 1, a d :, a e : 10, a f :, a Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a. Dette er node c med avstand D(c) = 1 (dette kan vi se av etikettene). Vi oppdaterer så S: S = {a,c} Så sjekker vi alle nodene som er naboer til c om de har kortere vei til a via c enn den veien de alt har. Naboer til c er d og e. Node d har avstand. Ny avstand via c er D(c) + W (c,d) = 1 + 8 = 9. Dette er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til d til 9,c. Node e har avstand 10. Ny avstand via c er D(c) + W (c,e) = 1 + 3 = 4. 4 er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til e til 4,c. Etter dette trinnet er derfor etikettene: a : 0, b : 10, a c : 1, a d : 9,c e : 4,c f :, a Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node e med avstand D(e) = 4. Oppdaterer S: S = {a,c,e} Så sjekker vi alle nodene som er naboer til e om de har kortere vei til a via e enn den veien de alt har. Nabo til e er f. Node f har avstand. Ny avstand via e er D(e) + W (e, f ) = 4 + 1 = 5. Dette er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til f til 5,e. Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 10
Etter dette trinnet er etikettene: a : 0, b : 10, a c : 1, a d : 9,c e : 4,c f : 5,e Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node f med avstand D( f ) = 5. Oppdaterer S: S = {a,c,e, f } Så sjekker vi alle nodene som er naboer til f om de har kortere vei til a via f enn den veien de alt har. Nabo til f er d. Node d har avstand 9. Ny avstand via f er D(f ) + W (f,d) = 5 + 2 = 7. Dette er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til d til 7, f. Etter dette trinnet er etikettene: a : 0, b : 10, a c : 1, a d : 7, f e : 4,c f : 5,e Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node d med avstand D(d) = 7. Oppdaterer S: S = {a,c,d,e, f } Så sjekker vi alle nodene som er naboer til d om de har kortere vei til a via d enn den veien de alt har. Nabo til d er b. Node b har avstand 10. Ny avstand via d er D(d) + W (d,b) = 7 + 2 = 9. Dette er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til b til 9,d. Etter dette trinnet er etikettene: a : 0, b : 9,d c : 1, a d : 7, f e : 4,c f : 5,e Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 11
Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node b med avstand D(b) = 9. Oppdaterer S: S = {a,b,c,d,e, f } Alle nodene er nå i S, og algoritmen terminerer. Avstandene fra a til de ulike nodene og veiene vi må følge, kan vi lese ut av etikettene: b : 9 a,c,e, f,d,b c : 1 a,c d : 7 a,c,e, f,d e : 4 a,c,e f : 5 a,c,e, f OPPGAVE 9 a) Finn den generelle løsningen av følgende differensligning: y n 4y n 1 + 4y n 2 = 0 Denne differensligningen har følgende karakterististiske ligning: Løsningen av denne er λ 2 4λ + 4 = 0 λ = ( 4) ± ( 4) 2 4 1 4 2 1 = 4 ± 16 16 2 = 4 ± 0 2 = 2 Vi ser at vi får én reell rot. Løsningen av differensligningen er følgelig y n = A 2 n + Bn 2 n = (A + Bn)2 n b) Gitt følgende differensligning: y n 4y n 1 + 4y n 2 = 3n Finn den generelle løsningen av denne. Løsningen av en inhomogen differensligning er y n = y n (h) + y (p) n Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 12
hvor y n (h) er den generelle løsningen av den tilhørende homogene ligningen, og y (p) n er en partikulær løsning av den inhomogene ligningen. Vi ser at venstre side er den samme som i spørsmål a. Ligningen i spørsmål a er følgelig den tilhørende homogene ligningen, og løsningen av denne fant vi at var y (h) n = A 2n + Bn 2 n = (A + Bn)2 n Vi antar nå at en partikulær løsning av den inhomogene ligningen, er på samme form som høyre side, altså et førstegradspolynom: Da er og y n = K 1 n + K 0 y n 1 = K 1 (n 1) + K 0 = K 1 n K 1 + K 0 y n 2 = K 1 (n 2) + K 0 = K 1 n 2K 1 + K 0 Vi setter dette inn i ligningen for å bestemme K 1 og K 0 : K 1 n + K 0 4(K 1 n K 1 + K 0 ) + 4(K 1 n 2K 1 + K 0 ) = 3n Ganger vi ut parentesene på venstre side, får vi K 1 n + K 0 4K 1 n + 4K 1 4K 0 + 4K 1 n 8K 1 + 4K 0 = 3n Førstegradsleddene på begge sider av likhetstegnet må være like: altså som gir K 1 n 4K 1 n + 4K 1 n = 3n K 1 n = 3n K 1 = 3 Konstantleddene på begge sider må være like: Vi vet nå at K 1 = 3, og får da og altså K 0 + 4K 1 4K 0 8K 1 + 4K 0 = 0 K 0 + 4 3 4K 0 8 3 + 4K 0 = 0 K 0 = 0 12 + 24 = 12 Vi har altså funnet følgende partikulære løsning av den inhomogene differensligningen: y (p) n = 3n + 12 Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 13
Den generelle løsningen av ligningen er følgelig y n = y n (h) + y (p) n = (A + Bn)2 n + 3n + 12 c) Bestem konstantene som inngår i løsningen som du fant i spørsmål b når følgende startbetingelser er gitt: y 0 = 17 y 1 = 27 Vi setter startbetingelsene inn i ligningen. y 0 = 17 gir (A + B 0) 2 0 + 3 0 + 12 = 17 (A + 0) 1 + 0 = 17 12 A = 5 y 1 = 27 gir Vi setter også inn A = 5, og får Løsningen blir følgelig (A + B 1) 2 1 + 3 1 + 12 = 27 2 5 + 2B + 3 + 12 = 27 2B = 27 10 3 12 = 2 B = 1 y n = (5 + n)2 n + 3n + 12 OPPGAVE 10 En turingmaskin er definert ved følgende fem-tupler: 1. (s 0,0, s 1,1,R) 2. (s 0,1, s 0,1,R) 3. (s 1,0, s 1,0,R) 4. (s 1,1, s 0,1,R) Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 14
5. (s 0,B, s 2,B,L) 6. (s 1,B, s 2,0,L) Anta nå at vi kjører turingmaskinen med en tape som ved oppstart ser slik ut: Vis hvert trinn i kjøringen av denne turingmaskinen. Angi hvordan tapen ser ut etter kjøringen (altså hvilke symboler som står i de ulike cellene), og hvilken tilstand turingmaskinen er i etter kjøringen. Matematikk for IT, januar 2019 løsningsforslag 15
En turingmaskin starter i tilstand ikke er blank, altså slik: s 0 og med lese-/skrivehodet over den cellen lengst til venstre som B 1 0 B s 0 Lesehodet leser så innholdet i cellen, som altså er 1. Kombinasjonen tilstand s 0 og en 1 lest fra tapen, gjør at den velger det andre fem-tuplet i definisjonen. Dette fem-tuplet sier at maskinen skal bli i tilstand s 0, skrive symbolet 1 til tapen og flytte skrive-/lesehodet til høyre. Vi vil da ha følgende situasjon: B 1 0 B s 0 Turingmaskinen vil så lese symbolet i cellen den nå peker på, og vil da stå med kombinasjonen Den velger derfor fem-tuppel nummer 1. Den sier at vi skal gå til tilstand flytte til høyre. Vi får da følgende situasjon: s 1 s 0, skrive 1 til cellen og, 0. B 1 1 B s 1 Kombinasjonen s 1, B gjør at maskinen velger det 6. fem-tuplet. Dette angir s 2, 0, L, og vi får derfor følgende: B 1 1 0 B s 2 Vi har nå kombinasjonen s 2, 1. Denne finnes ikke i definisjonen av turingmaskinen, og maskinen stopper derfor. Når maskinen stopper vil den altså befinne seg i tilstand s 2 med følgende innhold på tapen: B 1 1 0 B