8:15-12:15
25 aug 20
Tentamen i Matematik del 2, Diskret Matematik
Kurskod: 6A2982, Kursmoment TEN 2 (2poäng)
Lärare: Armin Halilovic
Hjälpmedel: Miniräknare av vilken typ som helst
Betygsgränser: För godkänt och betyg 3 resultat erfordras 12 poäng, för betyg 4 krävs 18 p ,
för betyg 5 krävs 22 p.
Varje uppgift ger maximalt 4 poäng.
Eventuella bonuspoäng (maximalt 4) tillkommer.
Övriga anvisningar: Till samtliga uppgifter lämnas fullständiga lösningar med motivering.
Varje ny uppgift ska börja på nytt blad. Skriv namn på varje blad.
Denna tentamenslapp får ej behållas utan lämnas in tillsammans med lösta uppgifter.
Uppgift 1) Skriv upp sanningsvärdetabell för följande logiska uttryck
( p q) (p q)
Uppgift 2 ) Avgör om följande utsagor är sanna eller falska och förklara varför:
a) (x N )(y Z )( y x)
b) (x Z )(y Z )( y x)
( N betecknar mängden av alla naturliga tal ,
Z betecknar mängden av alla hela tal )
Uppgift 3) a) Bestäm alla x N , y N som satisfierar ekvationen
5x+4y = 31
b) Visa att
a b mod m och c d mod m medför (implicerar) a c b d mod m
Uppgift 4) Bestäm resten då (5 201 25301 ) 5 delas med 24.
Uppgift 5) a) Visa med induktion att för alla naturliga tal n 1 gäller
n
(2k 1) n
2
2n
k 1
b) Visa att n(n 1)( n 2) är delbart med 3 för alla naturliga tal n 0 .
Uppgift 6) I en klass finns 5 studenter. Bestäm sannolikheten att minst 2 studenter fyrar
födelsedag samma dag . (Betrakta ett år som har 365 dagar).
Svar:
Uppgift 1)
Lösning:
p q p q
S S F F
S F F S
F S S
F
F F S
S
( p q)
S
S
S
F
(p q )
F
F
F
S
( p q) (p q)
F
F
F
S
Uppgift 2) Svar:
a) SANT eftersom uttrycket betyder ” För varje naturligt tal x existerar minst ett heltal y
sådant att y<x ” . ( T ex om vi, för givet tal x, tar y=x-1 så är y<x)
b) FALSKT eftersom uttrycket betyder ” Det existerar ett hel tal x som är större en ett
godtyckligt heltal y ” . (Anmärkning: Det finns inte maximum bland hela tal)
Uppgift 3)
Svar: a) x 3, y 4
Lösningb)
a b mod m och c d mod m
a pm b och c qm d
a c ( pm b) (qm d )
a c m( p q) (b d )
a c b d mod m
Uppgift 4)
Vi kan skriva om 5 201 25100 5
25 1mod 24 25100 5 1 5 mod 24
Härav:
(5 201 25301 ) 5 (5 1) 5 mod 24
(5 201 25301 ) 5 6 5 mod 24
(5 201 25301 ) 5 0 mod 24
Svar: Resten då (5 201 25301 ) 5 delas med 24 är lika med 0 d v s talet är delbart med 24.
Uppgift 5) a)
Induktionens start:
om n=1 har vi :
VL= 3, HL=3
Alltså VL=HL och påståendet gäller för n=1
Induktions steg: Vi antar att påståendet gäller för ett naturligt tal n=p dvs
p
(2k 1) p
2
2p
[*]
k 1
För n=p+1 gäller
HL= ( p 1) 2 2( p 1) p 2 2 p 1 2 p 2 p 2 4 p 3
p 1
p
VL= (2k 1) 2(p+1)+1+ (2k 1) ( enligt antagande för n=p i [* ] )
k 1
k 1
2( p 1) 1 ( p 2 p) p 4 p 3
Alltså VL=HL
Enligt induktionssatsen gäller påståendet för alla naturliga tal.
2
2
Uppgift 5) b)
Om vi betraktar delbarhet med 3 då finns tre möjligheter för en naturligt tal n
i) n=3k, ii) n=3k+1 och iii) n=3k+2.
I varje av de 3 fallen är en faktor i produkten n(n+1)(n+2) delbar med 3 och därför är hela
produkten delbart med 3
I fallet i) är första faktorn, själva n=3k , delbar med 3
I fallet ii) n=3k+1 är tredje faktorn, n+2=3k+3 , delbar med 3
I fallet iii) n=3k+2 är andra faktorn, n+1=3k+3 , delbar med 3
Uppgift 6) Svar: 1
365 364 363 362 361
365 365 365 365 365
