LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA
MATEMATIK
LÖSNINGAR
DISKRET MATEMATIK
2010–05–26 kl 8–13
1. Euklides algoritm använd på 4760 och 4158 ger
4760
4158
602
546
56
42
= 1 · 4158
= 6 · 602
= 1 · 546
=
9 · 56
=
1 · 42
=
3 · 14
+ 602
+ 546
+ 56
+ 42
+ 14
så SGD(4760, 4158) = 14. Ekvationen har (heltals)lösningar precis då denna delar
högerledet, vilket betyder att minsta möjliga positiva högerled är d = 14.
Genom att arbeta ”baklänges” får vi
14 = 56 − 42 = 56 − (546 − 9 · 56) = 10 · 56 − 546 =
= 10(602 − 546) − 546 = 10 · 602 − 11 · 546 =
= 10 · 602 − 11(4158 − 6 · 602) = 76 · 602 − 11 · 4158 =
= 76(4760 − 4158) − 11 · 4158 = 4760 · 76 + 4158 · (−87).
En lösning är därför (x0 , y0 ) = (76, −87), och samtliga lösningar ges av
(
x = 76 − 4158
n = 76 − 297n
14
,
n ∈ Z.
y = −87 + 4760
n = −87 + 340n
14
2. a) Detta motsvarar antalet sätt att välja 3, 4 respektive 5 olika element ur en mängd
med 20 st. utan hänsyn till ordning. Additionsprincipen ger
µ ¶ µ ¶ µ ¶
20
20
20
+
+
= 21489.
4
5
3
¡ ¢
b) Här väljer vi först ut 4 jämna tal på 10
olika sätt, och sedan minst ett udda
4
10
tal på 2 − 1 sätt (totala antalet delmängder av 10 element, tomma mängden ej
inräknad). Multiplikationsprincipen ger
µ ¶
10
(210 − 1) = 214830.
4
c) Mängden innehåller 8 olika primtal. Det finns därför 9 sätt att välja högst en av
dessa (fallet inget primtal inräknat). Antalet delmängder av sammansatta tal är
212 . Totalt: 9 · 212 = 36864.
3. Grafen har precis två noder av udda grad, vilket betyder att den har en Eulerväg,
men ej en Eulercykel. Den har dessutom en Hamiltoncykel och är planär (se figurerna
nedan).
s
.....
...... ..
....... ....
.......
...
.......
.
.
...
.
.
.
..
...
.......
...
.........
......
...
...
.........
... ............. ....
...
...........
...
.
.
.
.
.. .
...
..
....... ..
...
....... .... ....
...
.......
... ..
... .............
... ...
... .........
.
.....
.....
s
s
s
s
.......................................................................
. ..
... ......
..... ....
.... ..........
..... .. ..
.....
..... ..... ....
...
..... .........
....
.... ....
..... .....
...
... ...
.........
..
.
. .
..... .....
.....
.... ...
..... .........
.
.
...
.
.
..... ..... ....
..
..... .. ..
.... .........
..... ... ..
... ......
.
.............................................................................. ....
.............
....
................
...................................
s
s
s
s
s
Grafen har delgrafen K4 , vilken har det kromatiska polynomet λ(λ − 1)(λ − 2)(λ − 3).
Den femte noden är ansluten till tre av noderna i K4 (som alla måste ha olika färg);
vi har då λ − 3 val av färger för denna. Totalt får vi polynomet pG (λ) = λ(λ − 1)(λ −
2)(λ − 3)2 . Det minsta positiva heltal λ sådant att pG (λ) > 0 är λ = 4, så grafen har
det kromatiska talet 4.
4. Vi kontrollerar om R1 är (i) reflexiv, (ii) symmetrisk och (iii) transitiv.
(i): Relationen är ej reflexiv; exempelvis är (−1)2 > 0.
(ii): Relationen är symmetrisk:
aR1 b
⇔
ab < 0
⇔
ba < 0
⇔
bR1 a.
(iii): Relationen är ej transitiv; exempelvis har vi 1 · (−2) < 0 och (−2) · 3 < 0, men
1 · 3 > 0.
Vi gör motsvarande kontroll för R2 :
(i): Relationen är reflexiv, eftersom 2a + a = 3a är delbart med 3.
(ii): Relationen är symmetrisk, eftersom
¯
¯
3 ¯ 2a + b
⇔
3 ¯ 2(2a + b) = 4a + 2b
¯
⇔
3 ¯ 2b + 4a − 3a = 2b + a.
(iii): Relationen är transitiv, eftersom
(
¯
3 | 2a + b
⇒
3 ¯ 2a + b + 2b + c = 2a + 3b + c
3 | 2c + c
¯
⇔
3 ¯ 2a + c.
Eftersom R2 har samtliga tre egenskaper är det en ekvivalensrelation.
5. Heltal i det givna intervallet med siffersumman 21 svarar mot heltalslösningar till
ekvationen
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 21,
0 ≤ xi ≤ 9.
Antalet sådana lösningar kan man t.ex. bestämma från den genererande funktionen
(1 − x10 )5
A(x) = (1 + x + x2 + · · · + x9 )5 =
(1 − x)5
µ
¶
∞
X
−5
= (1 − x10 )5
(−x)k
k
k=0
¶
∞ µ
X
k+4 k
10
20
= (1 − 5x + 10x + · · · )
x .
k
k=0
Vi söker koefficienten för x21 som ges av
¡25¢
21
¡ ¢
¡5¢
− 5 15
+
10
= 5875.
11
1
6. a) Se kursboken.
b) Faktorisering i primtalsfaktorer ger 240 = 24 · 3 · 5. Det räcker nu att visa att
faktorerna 24 , 3 och 5 samtliga delar n4 (n4 − 1). Vi börjar med att räkna modulo
3. Om n ≡ 0 följer det att n4 (n4 − 1) ≡ 0 · (0 − 1) ≡ 0, och vi är klara. I annat fall
vet vi att n2 ≡ 1 från Fermats lilla sats och får n4 (n4 − 1) ≡ (n2 )2 ((n2 )2 − 1) ≡
12 · (12 − 1) ≡ 0. Vi har därför visat att 3|n4 (n4 − 1) för alla n. På motsvarande
sätt som ovan visar vi delbarhet med 5. Vi utnyttjar då återigen Fermats lilla
sats: n4 ≡ 1 modulo 5. Vi avslutar med delbarhet med 24 . Om n är jämnt så är vi
klara (faktoriseringen av n4 innehåller då minst fyra tvåor). Om n är udda sätter
vi n = 2k + 1 och får
n4 (n4 − 1) = n4 (n − 1)(n + 1)(n2 + 1)
= (2k + 1)4 · 2k(2k + 2)(4k 2 + 4k + 2)
= 23 k(k + 1) · (2k + 1)4 (2k 2 + 2k + 1).
Eftersom k(k + 1) är jämnt (produkt av ett jämnt och ett udda tal) följer delbarheten med 24 .
