Matematikk for IT, høsten 0 Oblig 1 Løsningsforslag 6. august 0 1..1 a) 19 76? 76 : 19 = 4 Vi ser at vi får 0 i rest ved denne divisjonen. Vi kan derfor konkludere med at 19 deler 76. b) 19 131? 131 : 19 = 6 114 17 Vi ser at vi får 17 i rest. 19 deler derfor ikke 131. 1..4 b) Er 113 et primtall? Siden det ikke er et partall er det ikke delelig med eller noen andre partall. Tverrsummen er 1 + 1 + 3 = 5 som ikke er delelig med 3, og 113 er derfor ikke delelig med 3 (eller 9). Siden det ikke ender på 0 eller 5 er det ikke delelig med 5. Siden 7 = 11 er det ikke delelig med 7. Siden 11 11 = 11 er det heller ikke delelig med 11. Konklusjon: 113 er et primtall. 1..5 a) 7:11 5 Vi ser at 7 = 11 + 5. Følgelig: q = r = 5. b) Her må vi huske på at resten alltid skal være positiv:
1 : 7 18 ( 7) 5 ( 56) 4 Følgelig: q = 18 r = 4. 1..6 b) Dvs. 54 : = 6 6 : = 131 131 : 131 = 1 54 = 131 1..9 a) 70 19 (mod 3) Dette sjekker vi enklest ved å sjekke om 70 19 er delelig med 3: 70 19 = 51. Tverrsummen av 51 er 6 som er delelig med 3. 51 er følgelig delelig med 3. Følgelig: 70 er kongruent med 19 modulo 3. b) 455 106 (mod 5) Vi ser at 455 ( 106) = 561. 561 er ikke delelig med 5. Følgelig: 455 er ikke kongruent med 106 modulo 5. c) 80 4 (mod 19) Vi ser at 80 4 = 798. 798 er delelig med 19. Følgelig: 80 er kongruent med 4 modulo 19. d) 11 (mod 11) Fermats lille teorem sier at a n a (mod n) dersom a er et heltall og n er et primtall. Siden er et heltall og 11 er et primtall, kan vi konkludere med at 11 (mod 11). 1..10 c) r (mod 7) Her må vi altså finne en r slik at ( r) kan deles med 7. Vi vet at 7 4 = 8. Velger vi derfor r = 6, blir 6 = 8. (Vi kan ikke velge r = 1 som også hadde vært kongruent fordi det i oppgaven er spesifisert at r skal være positiv).
1.3.1 0 1 3 4 a) 11011 1 1 0 1 1 1 0 8 7 0 1 3 4 5 b) 111001 1 0 0 1 1 1 1 0 0 8 3 57 0 1 3 4 5 6 7 c) 10111001 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 8 3 0 18 185 0 1 3 4 5 6 7 8 9 d) 1111101000 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 8 0 3 64 18 56 51 1000 1.3. Det er ulike måter å konvertere fra binært til desimalt. Vi kan for eksempel dividere gjentatte ganger med og «ta vare på» resten i hver divisjon. a) 47 : = 3 med rest 1. 3 : = 11 med rest 1. 11 : = 5 med rest 1. 5 : = med rest 1. : = 1 med rest 0. 1 : = 0 med rest 1. Vi konkatenerer så (konkatenere = lenke sammen, sette etter hverandre) restene, med den siste resten vi fant først, og får: 4710 101111 d) Følgelig: 1866 : = 933 med rest 0 933 : = 466 med rest 1 466 : = 33 med rest 0 33 : = 1 med rest 1 1 : = 58 med rest 0 58 : = 9 med rest 0 9 : = 14 med rest 1 14 : = 7 med rest 0 7 : = 3 med rest 1 3 : = 1 med rest 1 1 : = 0 med rest 1 186610 11101001010 1.3.3 Ved konvertering fra binært til oktalt er det enklest å gruppere de binære sifrene 3 og 3 og konververte hver 3-er-gruppe til oktalt og deretter konkatenere. a) 11 011 011 3 8 11 3 8 Følgelig: 11011 33 8 3
b) 111 001 001 1 8 111 7 8 Følgelig: 111001 71 8 c) 10 111 001 001 1 8 111 10 7 8 8 10111001 71 8 d) 1 111 101 000 000 101 0 8 5 8 111 1 1 8 7 8 1111101000 1750 8 1.3.4 0 1 138 3 8 8 1 8 3 64 83 b) 10 3648 8 4 8 6 8 3 8 3 384 1536 1954 0 1 3 c) 10 1.3.5 Her kan vi dele gjentatte ganger med 8 og benytte resten i hver divisjon. a) 56 : 8 = 7 med rest 0 7 : 8 = 0 med rest 7 Følgelig: 5610 708 c) 74 : 8 = 34 med rest 34 : 8 = 4 med rest 4 : 8 = 0 med rest 4 Følgelig: 7410 48 1.3.6 For å konvertere fra binært til heksadesimalt er det enklest å gruppere i fire og fire siffer og så konvertere hver firer-gruppe til heksadesimalt og deretter konkatenere. c) 1011 1001 1001 9 1011 B 10111001 B 9 4
d) 11 1110 1000 1000 8 1110 E 11 3 1111101000 3E 8 1.3.7 Her er det enklest å konvertere hvert siffer til binærtall og så konkatenere. b) 3AC C 1100 A 1010 3 11 3AC 11 1010 1100 c) EDDE E 1110 D 1101 EDDE 1110 1101 1101 1110 1.3.8 b) b e 1 1 1 1 1 11111 + 110001 = 1010000 e) a d 101 1101 101 000 101 101 = 1000001 1.4.1 a, d b, d c, d d, c a, c b, c c, a d, b a, d b, d c, d d, c a, b b, a c, b d, a a, b b, c c, b d, b a, c b, a c, a d, a 5
1.4. Det er 5 tall, og vi kan da danne 5! = 5 4 3 1 = 10 permutasjoner. 1.4.3 Antall permutasjoner av tallene 0,, 4, 6 og 8 som slutter med 0 er lik antall permutasjoner av tallene, 4, 6, 8, altså 4! = 4. 1.4.4 a) 3-permutasjoner av tallene 1,, 3, 4: Her har rekkefølgen betydning, og vi får 13 13 31 41 13 31 31 41 14 14 314 413 14 41 341 431 134 34 34 43 143 43 34 43 b) 3-kombinasjoner av 1,, 3, 4: Her er rekkefølgen uten betydning, og vi får 13 14 134 34 1.4.5 5! 5! 5 4 3! a) P ( 5,3) 5 4 3 60 (5 3)!!! (Her har jeg forkortet! i telleren mot! i nevneren). 7! 7! 7 6! b) P ( 7,1) 7 (7 1)! 6! 6! 8! 8! 8 7 6 5 4 3! c) P ( 8,6) 00 (8 6)!!! 1.4.6 8 8! 8 7 6 5! 8 7 6 d) 56 5 5! (8 5)! 5! 3! 3 1 9 9! 9! e) 1 0 0! (9 0)! 1 9! 13 13! 13 1 11 10 9 8! f) 187 5 5! (13 5)! 5 4 3 1 8! 6
1.4.7 Dette er ordnet utvalg (siden det er forskjell på å få f. eks. 1. og. plass) uten tilbakelegging (fordi en person ikke kan få mer enn én plassering) hvor vi skal trekke ut 9 av 9. Antall muligheter er derfor: 9! 9! P ( 9,9) 9! 36 880 (9 9)! 0! Alternativt kan vi tenke slik: Det må være antall mulige permutasjoner av de 9 studentene, altså 9!. 1.4.9 a) Antall permutasjoner av e, f som inneholder ordet cd. Vi har 6 bokstaver. Vi kan plassere bokstavkombinasjonen cd på 1. og. plass i rekk på. og 3. plass, på 3. og 4. plass, på 4. og 5. plass eller på 5. og 6. plass, altså 5 mulige plasseringer. I hvert av disse tilfellene er det fire ledige plasser som de fire resterende bokstavene kan boltre seg på, noe som i hvert tilfelle gir 4! = 4. Totalt antall muligheter blir derfor 5 4! = 5! = 10. Alternativt kan vi tenke på cd som én bokstav siden disse i dette tilfellet er uatskillelige, og at vi derfor ikke har 6 bokstaver men bare 5, og antall permutasjoner av disse 5 er 5!. b) Her har vi et ord på 3 bokstaver, og følgelig kan vi tenke av vi bare har 4 bokstaver å permutere, og vi får 4! = 4. 1.4.13 50 personer til stede. Loddsalg med 1.,. og 3. gevinst. Hver person kjøper ett lodd. a) Hvis det ikke er noen begrensninger, blir dette antall 3-permutasjoner av de 50, altså: 50! 50 49 48 47! P ( 50,3) 117 600 (50 3)! 47! b) Hvis personen med lodd 3 vinner. gevinst er det 49 lodd igjen som kan fordeles tilfeldig på 1. og 3. gevinst. Dette er antall -permutasjoner av 49: 49! 49 48 47! P ( 49,) 35 (49 )! 47! c) Dersom personen med lodd 3 vinner en av de tre gevinstene. Dette blir antall dersom personen vinner 1. gevinst + antall dersom personen vinner. gevinst + antall dersom personen vinner 3. gevinst, altså 3 ganger tallet vi fant i b): 3 35 = 7056 7
d) Dersom personen med lodd 3 ikke vinner vil det være 49 lodd igjen som kan vinne de tre premiene. Dette blir da 49! 49 48 47 46! P ( 49,3) 110 544 (49 3)! 46! e) Dersom personene med lodd 3 og 45 begge vinner vil det være 48 lodd igjen som kan vinne den siste gevinsten. Men lodd 3 og 45 kan vinne disse to gevinstene på 3! 3 1! P ( 3,) 6 måter. (3 )! 1! Dette gir at antall muligheter blir 48! 48 47! 6 P (48,1) 6 6 88 (48 1)! 47! f) 1. gevinst vinnes av en person med lodd 11, 19 eller 3. Det er nå gevinster igjen som kan vinnes av 49 personer (alle de som ikke vinner 1. gevinst). Vi kan da først regne ut antall mulighet for dette: P ( 49,) 35 Men så er det altså 3 ulike muligheter for fordelingen av 1. gevinsten. Totalt antall blir derfor 3 35 = 7056 g) Ingen personer med lodd 11, 19 og 3 vinner. Nå vet vi at de tre gevinstene kan fordeles på 47 personer. Antall blir derfor 47! 47 46 45 44! P ( 47,3) 97 90 (47 3)! 44! 1.5.8 Det er 9 bokstaver i det norske alfabetet. Antall mulige kombinasjoner av første og siste bokstav i etternavnet er derfor 9 9 = 841. Dersom det selges 841 + 1 = 84 billetter må det derfor være to personer med samme førstebokstav og sistebokstav i etternavnet. 1.5.11 1 hylleseksjoner, 6 hyller i hver seksjon med hver oppdelt i 0 båser. Dette gir totalt 1 6 0 = 1440 båser. Dersom det da er 1440 + 1 = 1441 varer på lageret, må minst to produkter plasseres i samme bås. 1.5. a) Hva er koeffisienten foran x 3 y 7 10 i ekspansjonen av ( x y)? Dette er gitt ved 10 10 10! 10 9 8 7! 10 3 7 7! (10 7)! 7! 3 1 8
Oppgave 1 10 menn og 6 kvinner. Komite med 6 medlemmer med like mange menn som kvinner. Vi skal da velge ut 3 av de 10 mennene. Dette er uordnet utvalg (fordi rekkefølgen de velges i er uten betydning, siden de ikke skal velges til ulike roller i komiteen) uten tilbakelegging (fordi en mann som er valgt ut til å være med i komiteen ikke kan velges på nytt til den samme komiteen). Dette kan derfor gjøres på 10 10! 10 9 8 10 3 3! 7! 3 1 måter. For hver av de 10 måtene vi kan velge menn til komiteen, kan vi velge ut 3 av de 6 kvinnene til komiteen på 6 6! 6 5 4 0 3 3! 3! 3 1 måter. Totalt kan vi derfor danne 10 0 = 400 ulike komiteer. Oppgave Hvor mange bit-strenger av lengde både starter og slutter med en 0? Dersom bit-strengen både skal starte og slutte med 0, er det kun 14 av de bit-ene som er tilfeldige. Valget av disse er et ordnet utvalg (fordi plassen sifferet sette på har betydning) med tilbakelegging (fordi sifrene 0 og 1 kan gjenbrukes på hver av plassene). Antall slike er derfor 14 384 9