Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av?? TMA4140 Diskret matematikk Høst 011 Løsningsforslag Øving 7 7-1-10 a) Beløpet etter n 1 år ganges med 1.09 for å få beløpet etter n år, siden 9% av beløpet legges til hvert år pga. renten. Dermed har vi a n = 1.09a n 1. Initialbetingelsen er a 0 = 1000. b) Siden vi ganger med 1.09 hvert år, er løsningen a n = 1000 1.09 n. c) a 100 = 1000 1.09 100 $5 59 041. 7-1-18 a) La s n være antall måter en mengde av n elementer kan sorteres. Det er n forskjellige elementer som kan komme først. Når vi vet hvilket element som kommer først, er det n 1 elementer igjen å sortere. Dermed er det s n 1 muligheter for hvert valg av første element, så vi har s n = ns n 1. Vi har også initialbetingelsen s 1 = 1 fordi det bare er en måte å sortere en mengde med ett element. b) s 1 = 1, s = 1, s 3 = 3 1,... s n = n (n 1) 3 1 = n! 7-1-9 a) La a n være antallet strenger av lengde n som ikke har to etterfølgende 0-er. For å konstruere en slik streng kan vi enten starte med tallet 1 eller og henge på en streng som ikke inneholder etterfølgende 0-tall (dette kan gjøres på a n 1 måter), eller vi kan starte med 01 eller 0 og henge på en streng som ikke inneholder to etterfølgende 0-tall (dette kan gjøres på a n måter). Dermed har vi følgende rekurensrelasjon, gyldig for n, a n = a n 1 +a n. b) Vi har a 0 = 1, a 1 = 3.
Side av?? c) Vi beregner a til a 6 ved hjelp av rekurensrelasjonen: a = a 1 + a 0 = 1 + 3 = 8 a 3 = a + a 1 = 8 + 3 = a 4 = a 3 + a = + 8 = 60 a 5 = a 4 + a 3 = 60 + = 164 a 6 = a 5 + a 4 = 164 + 60 = 448 Dermed er det 448 strenger av lengde 6 som ikke inneholder to etterfølgende 0-tall. 7-1-30 a) La a n være antallet strenger av lengde n med to etterfølgende 0-er. For å konstruere en slik streng kan vi enten starte med tallet 1 eller og henge på en streng som inneholder etterfølgende 0-tall (dette kan gjøres på a n 1 måter), eller vi kan starte med 01 eller 0 og henge på en streng som inneholder to etterfølgende 0-tall (dette kan gjøres på a n måter), eller vi kan starte med 00 og henge på en vilkårlig streng av lengde n (dette kan gjøres på 3 n måter). Derfor har vi følgende rekurensrelasjon, gyldig for n, a n = a n 1 +a n +3 n. b) Vi har at a 0 = a 1 = 0. c) Vi beregner a til a 6 ved hjelp av rekurensrelasjonen: a = a 1 + a 0 + 3 0 = 0 + 0 + 1 = 1 a 3 = a + a 1 + 3 1 = 1 + 0 + 3 = 5 a 4 = a 3 + a + 3 = 5 + 1 + 9 = 1 a 5 = a 4 + a 3 + 3 3 = 1 + 5 + 7 = 79 a 6 = a 5 + a 4 + 3 4 = 79 + 1 + 81 = 81 Dermed er det 81 strenger av lengde 6 som inneholder to etterfølgende 0-tall. 7-1-40 La a n være antallet følger av lengde n med et like antall 0-er. Vi har da n a n følger av lengde n med et odde antall 0-er. Det er to måter vi kan få en følge av lengde n med et like antall 0. Den kan begynne med 1 og bli fulgt av en streng av lengde n 1 med et like antall 0 (det er a n 1 av disse), eller den kan begynne med 0 og bli fulgt av en streng av lengde n 1 med et odde antall 0 (det er n 1 a n 1 av disse). Dermed er a n = a n 1 + n 1 a n 1 = n 1. Se også oppgave 31 i kapittel 4.4.
Side 3 av?? 7--4 a) Vi løser først den karakteristiske ligningen r r 6 = 0. Røttene er r = og r = 3. Dermed er løsningen på formen a n = α 1 ( ) n + α 3 n. Initialbetingelsene gir oss 3 = α 1 + α 6 = α 1 + 3α. Løsningene er α 1 = 3/5, α = 1/5. Dermed er løsningen til rekurensrelasjonen a n = (3/5)( ) n + (1/5)3 n. 7--11 a) Vi viser formelen ved induksjon. For det induktive steget trenger vi at formelen er sann to steg tilbake, så for basesteget sjekker vi at formelen holder for n =, 3. For n = har vi: L = L 1 +L 0 = 1+ = 3, L = f 1 +f 3 = 1+ = 3, og for n = 3 har vi L 3 = L +L 1 = 3+1 = 4, L 3 = f + f 4 = 1 + 3 = 4 så formelen holder for n =, 3. For det induktive steget, anta at formelen holder for n = k, k 1. Da er L k+1 = L k + L k 1 = f k 1 + f k+1 + f k + f k = (f k 1 + f k ) + (f k+1 + f k ) = f k + f k+. Så formelen holder også får k + 1, dermed holder formelen for alle n. b) Røtter av den karakteristiske ligningen r r 1 = 0 er r 1 = (1+ 5)/ og r = (1 5)/. Dermed er Lucastallene gitt ved L n = α 1 ( 1 + 5 ) n ( ) n 1 5 + α. Vi bruker initialbetingelsene til å bestemme konstantene α 1 og α L 0 = α 1 + α =, ( ) 1 + 5 L 1 = α 1 ( ) 1 5 + α = 1. Løsningen til disse ligningene er α 1 = α = 1. Dermed er Lucastallene gitt ved ( ) n ( ) n 1 + 5 1 5 L n = +. 7--18 Den karakteristiske ligningen er r 3 6r + 1r 8 = 0. Denne har rot r =, med multiplisitet
Side 4 av?? 3, så den generelle løsningen er a n = α 1 n + α n n + α 3 n n. Vi bruker nå initialbetingelsene for å bestemme konstantene a 0 = 5 = α 1, a 1 = 4 = α 1 + α + α 3, a = 88 = 4α 1 + 8α + 16α 3. Dette gir oss α 1 = 5, α = 1/, α 3 = 13/. Dermed er løsningen a n = 5 n + (n/) n + (13n /) n = 5 n + n n 1 + 13n n 1. 8-1-4 a) Relasjonen er ikke reeksiv (a er ikke høyere enn seg selv), ikke symmetrisk (a er høyere enn b, men b er ikke høyere enn a). Den er antisymmetrisk (hvis a er høyere enn b, så er ikke b høyere enn a). Den er transitiv (hvis a er høyere enn b og b er høyere enn c, så er a høyere enn c). b) Relasjonen er reeksiv, symmetrisk og transitiv. Den er ikke antisymmetrisk. c) Essensielt samme oppgave som b). d) Relasjonen er reeksiv og symmetrisk. Den er ikke antisymmetrisk, siden a og b kan være to forskjellig personer med en felles besteforelder, og da har også b og a samme besteforelder. Relasjonen er ikke transitiv, siden a og b kan ha en felles besteforelder, b og c kan ha en felles besteforelder, men dette trenger ikke bety at a og c har en felles besteforelder. 8-1-6 a) Relasjonen er ikke reeksiv, siden 1 + 1 0. Relasjonen er symmetrisk, siden x + y = 0 hvis og bare hvis y + x = 0. Den er ikke antisymmetrisk, siden (1, 1) og ( 1, 1) begge er i R. Den er ikke transitiv, siden (1, 1) og ( 1, 1) er i R, men (1, 1) er ikke i R. b) Siden x = ±x (ved å velge plusstegnet) er relasjonen reeksiv. Siden x = ±y hvis og bare hvis y = ±x, så er relasjonen symmetrisk. Siden (1, 1) og ( 1, 1) begge er i R, så er relasjonen ikke antisymmetrisk. Relasjonen er transitiv. c) Relasjonen er reeksiv, siden x x = 0 er rasjonal. Relasjonen er symmetrisk, siden hvis x y er rasjonal så er (x y) = y x rasjonal. Siden (1, 1) og ( 1, 1) begge er i R, så er relasjonen ikke antisymmetrisk. At x y og y z er rasjonale medfører at deres sum x z er rasjonal, så relasjonen er transitiv. d) Siden 1 1 er relasjonen ikke reeksiv. Den er ikke symmetrisk, siden (, 1) R, men (1, ) R. Den er antisymmetrisk, men ikke transitiv. e) Relasjonen er reeksiv, symmetrisk, ikke antisymmetrisk og ikke transitiv. f) Relasjonen er ikke reeksiv, den er symmetrisk, ikke antisymmetrisk og ikke transitiv. g) Relasjonen er ikke reeksiv, ikke symetrisk, den er antisymmetrisk og transitiv. h) Relasjonen er ikke reeksiv, den er symmetrisk, ikke antisymmetrisk og ikke transitiv.
Side 5 av?? 8.1.40 og 8.1.4 Denne tabellen besvarer både 7.1.40 og 7.1.4. Antall forskjellige relasjoner på {0, 1} er lik antall forskjellige delmengder av {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)}. Disse er gitt i tabellen under. I tillegg er egenskapene spurt etter i 7.1.4 gitt av tabellen. R 00 01 10 11 Re. Irr. Sym. Anti. Asym. Trans. 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 3 0 0 1 1 4 0 1 0 0 5 0 1 0 1 6 0 1 1 0 7 0 1 1 1 8 1 0 0 0 9 1 0 0 1 10 1 0 1 0 11 1 0 1 1 1 1 1 0 0 13 1 1 0 1 14 1 1 1 0 15 1 1 1 1 8.1.54 La A = {1,, 3, 4, 5}. R = A A {( 3), (4 5)} R 3 = R 4 = R 5 = A A. 8.1.56 Vi viser utsagnet ved induksjon. Det er ingenting å vise for basesteget n = 1. Anta at R n er symmetrisk, og la (a, c) R n+1 = R n R. Da nnes det en b slik at (a, b) R og (b, c) R n. Siden R n og R er symmetrisk, har vi (b, a) R og (c, b) R n. Dermed er (c, a) R R n. Vi vil ha fullført beviset hvis vi kan vise at R R n = R n+1. Først, merk at sammensetning av relasjoner er assosiativ, dvs. (R S) T = R (S T ). (Beviset for dette er rettfrem anvendelse av denisjonen.) Så viser vi at R R n = R n+1 ved induksjon. Igjen er basesteget gitt. Ved å anvende den induktive hypotesen har vi R R k+1 = R (R k R) = (R R k ) R = R k+1 R = R k+ som ønsket.