. mai 5 Løsigsforslag Emekode: ITF75 Dato: 5. desember 4 Eme: Matematikk for IT Eksamestid: kl 9. til kl 3. Hjelpemidler: To A4-ark med valgfritt ihold på begge sider. Kalkulator er ikke tillatt. Faglærer: Christia F Heide Eksamesoppgave: Oppgavesettet består av 5 sider iklusiv dee forside og et vedlegg på é side. Kotroller at oppgave er komplett før du begyer å besvare spørsmålee. Oppgavesettet består av oppgaver. Ved sesur vil alle oppgaver telle like mye med utak av oppgave som teller som to oppgaver. 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 Sesurdato: Torsdag 5. jauar 5 Karakteree er tilgjegelige for studeter på studetweb seest virkedager etter oppgitt sesurfrist. Følg istruksjoer gitt på: www.hiof.o/studetweb Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side av 3
Oppgave E relasjo på megde A = {a, b, c, d, e} er defiert ved følgede relasjosmegde: R = {(a, b), (b, a), (b, d), (b, e), (d, a), (c, e), (e, c), (e, e)} Er dee relasjoe refleksiv, symmetrisk, atisymmetrisk og/eller trasitiv? Begru svaret. For å vurdere dette, ka det være lurt å tege relasjoe som e rettet graf: a b e d c For at relasjoe skal være refleksiv, må alle elemeter i A ha relasjo til seg selv. Vi ser at dette ikke er tilfelle. For eksempel har elemetet a ikke relasjo til seg selv. Relasjoe er derfor ikke refleksiv. Vi ser videre at relasjoe ikke er symmetrisk. Dette ka begrues f. eks. ved at vi har relasjoe (d, a) og da skulle vi også hatt (a, d) dersom relasjoe skulle vært symmetrisk, me vi ser at dee magler. Relasjoe er heller ikke atisymmetrisk blat aet fordi vi har de symmetriske paree (a, b) og (b, a). Relasjoe er ikke trasitiv. Dette ka vi se for eksempel av at vi vi har paree (a, b) og (b, d), me magler (a, d). Vi ka altså gå fra a til d via b, me vi ka ikke gå direkte fra a til d. Oppgave Gitt tre ikke-disjukte megder A, B og C. Bruk vediagram til å skissere følgede megde: (( A C) B) ( B C) For oversiktes skyld deler jeg opp uttrykket. Første del av uttrykket blir slik: Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side av 3
Trekker vi så fra sittet mellom B og C blir resultatet slik: Oppgave 3 Forklar om følgede slutig beytter e av de tre gyldige slutigsreglee som er agitt i boka, og agi hvilke av disse slutigsreglee som i tilfelle er brukt: Hvis jeg er tørst så drikker jeg va. Jeg er ikke tørst. Derfor drikker jeg ikke va. La oss avgi de atomære utsagee slik: p: Jeg er tørst. q: Jeg drikker va. Da ka vi skrive slutige over på følgede måte: Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side 3 av 3
p q p q De tre slutigsreglee vi har i boka er følgede: ) Modus poes p p q q ) Modus tolles p q q p 3) Syllogismelove p q q r p r Vi ser at slutige i oppgave ikke er oe av disse tre. Vi ka derfor kokludere: Dee slutige beytter ikke oe av disse tre gyldige slutigsreglee. Oppgave 4 Tallee,, 3, 4, 7,, 8, kalles lucastallee. Dee tallfølge er karakterisert ved at hvert ledd er summe av de to foregåede leddee. Skriv e rekursiv defiisjo for lucastallee. E rekursiv defiisjo består av to deler: e basis og e rekursjosformel. I dette tilfellet blir det slik:. Basis: y, y.. Rekursjosformel: y y y for =, 3, 4,. Oppgave 5 E gruppe meesker består av kvier og 5 me. Av dee gruppe skal det velges ut e komite på 5 persoer som skal bestå av 3 kvier og me. Hvor mage ulike slike komiteer ka e dae? Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side 4 av 3
Her ka teke slik: Vi skal velge ut 3 av de seks kviee til å sitte i komitee. Dette er et uordet utvalg (side rekkefølge de trekkes ut i er ute betydig) og utvalget er ute tilbakeleggig (år vi først har valgt ut e kvie til komitee, ka hu ikke velges e gag til til de samme komitee). Atall ulike kviegrupper vi ka dae på dee måte er gitt ved! 543! 3 ( 3)! 3! 33! For hver av disse kviegruppee skal vi velge ut av de 5 meee. Dette er også uordet utvalg ute tilbakeleggig, og atall slike er 5 5! 543! (5 )!! 3! For hver av de kviegruppee har vi altså masgrupper å velge blat. Totalt atall blir derfor Oppgave (teller som to oppgaver) Løs følgede differesligig: med y og y 4. y y 9y 8 Vi må først løse de tilhørede homogee ligige, altså y y 9y De karakteristiske ligige er 9 Dee har følgede løsiger: ( ) ( ) 4 9 3 Vi får altså é reell rot i de karakteristiske ligige. Løsige av de tilhørede homogee ligige er derfor ( h) y A3 B 3 ( A B) 3 Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side 5 av 3
Vi må så fie é løsig av de ihomogee ligige. Vi forsøker med e løsig som er på samme forme som høyre side som altså er 8. Vi forsøker derfor med et geerelt førstgradspolyom: I så fall er og y K K y K ) ( K K K K y K ) K K ( K K Vi setter så dette i i differesligige for å bestemme kostatee K og Så gager vi ut paretesee: K K ( K K K ) 9( K K K ) 8 K K K K K 9K 8K 9K 8 Faktoree fora på begge sider må være like: K : Dette gir og altså K K 9K 4K 8 K 8 Kostatleddee på begge sider må også være like, oe som gir: K K K 8K 9K Vi vet at K (det fat vi ettopp ut). Setter vi i dette, får vi: som gir og K K 89K 4K 4 K E partikulær løsig av de ihomogee ligige, er følgelig ( ) y p De geerelle løsige av de ihomogee ligige er derfor: y y ( h) y ( p) ( A B) 3 Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side av 3
Vi ka så bruke startbetigelsee y dvs. y gir: ( A B) 3 A og y 4 til å bestemme kostatee A og B. y 4 samme med A = gir: dvs. som gir ( B ) 3 4 3B 4 B Løsige av differesligige er følgelig y 3 (3 ) Oppgave 7 Gitt følgede rettede og vektede graf. Beytt Dijkstras algoritme til å fie korteste vei (altså veier med mist vekt) fra ode a til alle adre oder. Vis alle tri i algoritme og vis hvorda odees etiketter/merker oppdateres uderveis. b d 7 a 3 c e Vekter på kater i dee grafe: W(a, b) = 7 W(a, c) = W(b, c) = W(b, e) = 3 W(c, e) = W(d, b) = W(e, d) = Iitialiserig: Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side 7 av 3
S = {a} Iitialiserer etiketter: a:, - b: 7, a c:, a d:, a e:, a Vi legger så i de ode i S som har kortest vei til a. Dette er ode c med avstad D(c) = (dette ka vi se av etikettee). Vi oppdaterer så S: S = {a, c} Så sjekker vi alle odee som er aboer til c om de har kortere vei via c e de veie de alt har. Nabo til c er ku e. Node e har avstad. Ny avstad via c er: D(c) + W(c, e) = + = 3. 3 er kortere vei e vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etikette til e til 3, c. Etter dette triet er derfor etikettee: a:, - b: 7, a c:, a d:, a e: 3, c Vi legger så i de ode i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er ode e med avstad D(e) = 3. Oppdaterer S: S = {a, c, e} Så sjekker vi alle odee som er aboer til e (altså de ode vi akkurat har lagt i i S) om de har kortere vei via e e de veie de alt har. Nabo til e er d. Node d har avstad. Ny avstad via e er: D(e) + W(e, d) = 3 + = 4. Dette er kortere vei e vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etikette til d til 4, e. Etter dette triet er derfor etikettee: a:, - b: 7, a c:, a d: 4, e e: 3, c Vi legger så i de ode i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er ode d med avstad D(d) = 4. Oppdaterer S: S = {a, c, e, d} Så sjekker vi alle odee som er aboer til d om de har kortere vei via d e de veie de alt har. Nabo til d er b. Node b har avstad 7. Ny avstad via d er: D(d) + W(d, b) = 4 + = 5. Dette er kortere vei e vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etikette til b til 5, d. Etter dette triet er derfor etikettee: a:, - b: 5, d c:, a d: 4, e e: 3, c Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side 8 av 3
Vi legger så i de ode i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er ode b som er eeste gjeståede ode. Oppdaterer S: S = {a, c, e, d, b} Alle odee er i S og algoritme termierer. Etikettee etter kjørige er: a:, - b: 5, d c:, a d: 4, e e: 3, c Avstadee fra a til de ulike odee ka vi lese ut av etikettee, og er følgelig: b: 5, c:, d: 4, e: 3 Oppgave 8 Bruk sahetstabeller til å udersøke om følgede uttrykk er e tautologi: ( p ( q ( p r))) (( p q) r) p q r p r q ( p r) p ( q ( p r)) p q ( p q) r Hele S S S S S S S S S S S F F S S S S S S F S S S S F S S S F F F F F F F S F S S S S F F S F F S F S S F F F S F F S S S F F S F F F F S S F F F S Vi ser av sahetstabelle at uttrykket ikke alltid er sat. Følgelig er det ikke e tautologi. Oppgave 9 Gitt følgede logiske utsag: ( ( p q) p) Bruk logikklovee på vedlagte ark til å fie hvilket av følgede utsag dette er logisk ekvivalet med: (i) (ii) (iii) (iv) p p p q p q Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side 9 av 3
Bruk ku e lov i hvert tri og agi for hvert tri hvilke lov du bruker. Det er flere veier fram til målet. Her er e mulighet: ( ( p q) p) ( p q) p) De Morgas lov (4) på de ytterste egasjoe Dobbel egasjo (7) ( p q) p) ( p q) p) p ( p q) Lov om implikasjo () Kommutativ lov () Absorpsjoslov () p Vi ser at uttrykket er logisk ekvivalet med uttrykket i (ii). Oppgave Bruk iduksjosbevis til å vise at følgede gjelder for alle Z = {,, 3, } 3 ( ) ( ) ( ) Basistri ( = ): Vestre side: ( ) ( ) Høyre side: 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 3 ( k ) k ( k ) k ( k ) og skal vise at det da følger at uttrykket gjelder for = k +. For = k + blir uttrykket Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side av 3
3 ( k ) k ( k ) ( k ) ( k ) ( k ) ( k ) De første k leddee på vestre side ka vi, basert på iduksjoshypotese, skrive som ( k ) k ( k ). Uttrykket blir derfor: ( k ) k ( k ) ( k ) ( k ) ( k ) ( k ) ( k ) Det som gjestår å er å vise at vestre side er lik høyre side. Vi gager begge sider av likhetsteget med for å få bort evere: ( k ) k ( k ) 3 k ( k ) k ( k ) ( k ) Reger vi videre på høyre side og vestre side hver for seg, får vi 3 3 k k 3k 3k k 3k k Vi ser at vestre side er lik høyre side, og 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 Gitt følgede predikat: P(): 3 hvor Z. Bruk kvatorer og dette predikatet til å skrive følgede to utsag: i) Det fies ikke oe heltall som er delelig med 3. P() ii) 3 deler ikke alle heltall. P() Agi også om hvert av utsagee er sat eller falskt. Utsaget i i) er falskt, mes utsaget i ii) er sat. Oppgave Ata at Z. Beytt kotrapositivt bevis til å bevise at dersom 5 er et partall så er et oddetall. Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side av 3
Det kotrapositive er: Dersom er et partall så er 5 et oddetall. Dersom er et partall ka det skrives slik: a hvor a er et heltall. Da har vi at 5 (a) a 5 4a a 5 4a a 4 (a a ) Side a er et heltall, er uttrykket i paretese et heltall. Et heltall gager er et partall, og (a a ) er derfor et partall. Et partall pluss er et oddetall. Uttrykket er derfor et oddetall. QED. Oppgave 3 Koverter tallet 4 til biærtall. Det er flere gagbare framgagsmåter her. Noe som alltid fugerer er å dele gjetatte gager med og ta vare på restee av divisjoee: 4 : = med rest. : = med rest. : = 5 med rest. 5 : = med rest. : = med rest. : = med rest. De ederste reste er det mest sigifikate sifferet, og tallet blir derfor 4 = Oppgave 4 Gitt e grammatikk med startsymbol s, hvor megde av ikke-avslutigssymboler er N = {s, t, u} og megde av avslutigssymboler er T = {, }. Grammatikke har følgede produksjosregler: s ut s st ut t st t t u Er dee grammatikke kotekstfri og/eller regulær? 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 Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side av 3
w w w N iii. e edelig megde produksjosregler på forme hvor og w ( N T ) *. Her er både T og N edelige megder, og de er disjukte. De to første kravee er derfor oppfylt. Det tredje kravet sier at vestre side av produksjosreglee skal være ett elemet fra N, mes høyre side ka være e vilkårlig streg av symboler fra N og T. Her ser vi at flere av produksjosreglee ikke oppfyller dette tredje kravet. For eksempel: Vestreside i de tredje produksjosregele består av e kombiasjo av to elemeter fra N. Dette er ikke tillatt. Dette iebærer at grammatikke ikke er kotekstfri. E slik grammatikk kalles kotekstsesitiv (fordi et symbol må stå i e viss kotekst for å kue erstattes av et aet symbol). E grammatikk som ikke er kotekstfri, er heller ikke regulær. Grammatikke er følgelig hverke e kotekstfri eller e regulær grammatikk. Oppgave 5 Teg tilstadsdiagrammet for e edelig automat (edelig tilstadsmaski ute utgag) med igagsalfabet I = {, } som gjekjeer alle bitstreger som avsluttes med. Start s s s s 3 Oppgave Gitt to komplekse tall z 7i og w 3i. Fi z w. Skriv svaret på forme a bi. For å få e reell ever slik at svaret ka skrives på forme med de komplekskojugerte av evere: a bi, gager vi teller og ever z w 7i 7i 3i 3i 7i 7i 3i 3i 3i 3i ( 3) 3i 7i i 9 i ( ) i i i Eksame i Matematikk for IT, desember 4 Side 3 av 3