Högskolan i Halmstad
IDE/MPE-lab
Mikael Hindgren
Tentamensskrivning
Diskret matematik 4 p för D, E och T
Tisdagen den 9 januari 2007
Skrivtid: 13.30-17.30
Inga hjälpmedel. Fyll i omslaget fullständigt och skriv namn på varje papper. Skriv läsligt och högst
en uppgift per sida. För att erhålla full poäng på ett problem krävs en kortfattad men fullständig motivering
samt ett tydligt och exakt angivet svar på enklaste form. Betygsgränserna är 15 p för 3 och godkänd, 20
p för 4 och 25 p för 5.
1. (a) Bestäm den allmänna lösningen till differensekvationen
(4p)
yn+2 − 3yn+1 + 2yn = 2n+2 (n + 1), n ≥ 0.
(b) Bestäm den lösning yn i (a) för vilken y0 = 1 och y1 = 0.
2. (a) A = {1, 2, 3} och B = {a, b, c, d}. Hur många funktioner f : A → B finns det? Hur
många är injektiva respektive surjektiva? Vad blir motsvarande resultat för funktioner
g : B → A?
(1p)
(2p)
(b) Visa att
n
X
(2k)2 =
k=1
för alla heltal n ≥ 1.
2n(n + 1)(2n + 1)
3
(3p)
3. Hur många 30-siffriga “tal” kan man bilda med siffrorna 1, 2 och 3 om man bortser från
siffrornas inbördes ordning i talet (dvs bara tar hänsyn till vilka siffror talet innehåller) och
om de skall innehålla ett jämnt antal 1:or, högst 3 2:or och minst 4 3:or?
(5p)
4. Den sammanhängande och öglefria grafen G = (V, E) har 6 noder där alla noder har gradtal 4.
(a) Bestäm |V |.
(1p)
(b) Har G en Eulercykel respektive en Hamiltoncykel? Rita i förekommande fall en graf
som uppfyller villkoren ovan och ange en Euler- respektive Hamiltoncykel i denna graf. (3p)
(c) Är det möjligt att rita en graf med 7 noder där alla noder har gradtal 3?
5. (a) Visa att (a ≡ b ∧ c ≡ d) ⇒ ac ≡ bd (mod q) där a, b, c, d, och q är heltal.
(b) Bestäm alla positiva heltal x som satisfierar
(
x≡8
x ≡ 38
6. (a) Formulera och bevisa Eulers sats.
(1p)
(1p)
(4p)
(mod 9)
(mod 11)
(3p)
(b) Bestäm alla n ∈ N sådana att ϕ(n) = 10.
Lycka till!
(2p)
Högskolan i Halmstad
IDE/MPE-lab
Mikael Hindgren
Tentamensskrivning
Diskret matematik 4 p för D, E och T
Tisdagen den 9 januari 2007
Skrivtid: 13.30-17.30
Lösningsförslag
1. (a) Den allmänna lösningen ges av yn = yhn + ypn där yhn är den allmänna lösningen till motsvarande homogena differensekvation (HL = 0) och ypn en partikulärlösning till den givna
differensekvationen.
i. Bestämning av yhn :
Rötterna till den karaktäristiska ekvationen r2 − 3r + 2 = 0 är r1 = 1 och r2 = 2 vilket ger
yhn = C1 + C2 2n .
ii. Bestämning av ypn :
Eftersom högerledet är en produkt av ett 1:a grads polynom och exponentialfunktionen
2n , som är en lösning till den homogena ekvationen, gör vi ansatsen ypn = (an + b)n2n .
Insättning ger:
yn+2 − 3yn+1 + 2yn = (a(n + 2) + b)(n + 2)2n+2 − 3(a(n + 1) + b)(n + 1)2n+1 + 2(an + b)n2n
= (10a + 2b + 4an)2n = 2n+2 (n + 1) = x(4n + 4)2n
⇔ a = 1, b = −3.
Den allmänna lösningen till differensekvationen är alltså
yn = yhn + ypn = C1 + C2 2n + (n − 3)n2n .
(b) Från begynnelsevillkoren får vi
y0 = C1 + C2 20 + 0 = C1 + C2 = 1
1
(1)
1
y1 = C1 + C2 2 − 2 · 2 = C1 + 2C2 − 4 = 0
(2)
(1) ger C1 = 1 − C2 som insatt i (2) ger C1 = −2 och C2 = 3. Den sökta lösningen är alltså
yn = (n2 − 3n + 3)2n − 2.
2. (a) För varje element i mängden A finns det |B| = 4 funktionsvärden att välja mellan i B. Antalet
funktioner f : A → B är därför enligt multiplikationsprincipen |B||A| = 43 = 64.
För injektiva funktioner motsvarar varje element i B högst ett element i A och antalet injektiva
funktioner blir därför 4 · 3 · 2 = 24.
För surjektiva funktioner motsvarar varje element i B minst ett element i A. Eftersom |A| < |B|
finns det inga surjektiva funktioner f : A → B.
För funktioner g : B → A får vi på motsvarande sätt totalt |A||B| = 34 = 81 funktioner.
Eftersom |A| = 3 < |B| = 4 finns inga injektiva funktioner. Antalet surjektiva funktioner ges
av
3
X
3
3 4
3 4
3 4
(3 − k)4 =
3 −
(−1)k
2 +
1 = 36.
k
0
1
2
k=0
(b) Vi gör ett induktionsbevis. Eftersom
påstående:
n
X
Pn
2
k=1 (2k)
k 2 = 1 + 22 + 32 · · · + n2 =
k=1
= 4
Pn
k=1
k 2 räcker det att visa följande
n(n + 1)(2n + 1)
för alla heltal n ≥ 1.
6
i. För n = 1 har vi:
VLn=1 = 1
HLn=1 =
1(1 + 1)(2 + 1)
= 1 = VLn=1
6
2
ii. Antag att påståendet är sant för n = p (induktionsantagandet (i.a.)). För n = p + 1 får vi
då
VLn=p+1 =
n
X
k 2 = 1 + 22 + 32 + · · · + p2 + (p + 1)2
k=1
p(p + 1)(2p + 1)
p(p + 1)(2p + 1) + 6(p + 1)2
+ (p + 1)2 =
6
6
(p + 1)((p + 1) + 1)(2(p + 1) + 1)
(p + 1)(p(2p + 1) + 6(p + 1))
=
= HLn=p+1
=
6
6
i.a
=
Sammanfattning: Påståendet är sant för n = 1 och om det är sant för n = p så är det också
sant för n = p + 1. Enligt Induktionsaxiomet är därför påståendet sant för alla heltal n ≥ 1.
3. Om c1 är antalet 1:or, c2 antalet 2:or och c3 antalet 3:or i det r-siffriga “talet” så söker vi antalet
positiva heltalslösningar ar till ekvationen c1 +c2 +c3 = r med bivillkoren att c1 är jämnt, 0 ≤ c2 ≤ 3
och c3 ≥ 4. Det handlar här om en svit av siffror där ordningen inte har någon betydelse och vi
använder därför den vanliga genererande funktionen till talföljden ar :
1
x4
2
3
A(x) = (1 + x2 + x4 + . . .)(1 + x + x2 + x3 )(x4 + x5 + x6 + . . .) =
(1
+
x
+
x
+
x
)
1 − x2
1−x
4
5
6
7
1
x
+
x
+
x
+
x
1
1
1
4
5
6
7
2
=
+
+
= (x + x + x + x )
(1 − x)2 (1 + x)
4
(1 − x)2
1−x 1+x
∞ x4 + x5 + x6 + x7 X
−2
2
(−x)k + xk + (−x)k
=
4
k
4
=
=
6
k=0
∞
7 X
x +x +x +x
4
∞
X
1
k=0
+
5
4
∞
X
1
k=0
4
2(k + 1)xk + xk + (−x)k
k=0
(2k + 3 + (−1)k )xk+4 +
∞
X
1
k=0
(2k + 3 + (−1)k )xk+6 +
4
∞
X
1
k=0
4
(2k + 3 + (−1)k )xk+5
(2k + 3 + (−1)k )xk+7
Lösningen för r = 30 ges nu av koefficienten framför x30 (dvs a30 ):
1
2 · 26 + 3 + (−1)26 + 2 · 25 + 3 + (−1)25 + 2 · 24 + 3 + (−1)24 + 2 · 23 + 3 + (−1)23 = 52.
4
4. (a) |V | = antalet noder = 6.
(b) G har inga isolerade noder, är sammanhängande och varje nod har jämn grad. Enligt EulerHierholzers sats är därför G en Eulergraf.
G är öglefri och har n = 6 > 3 noder. Eftersom alla noder har samma grad gäller det för två
godtyckliga grannoder x och y att deg(x) + deg(y) = 4 + 4 = 8 > n = 6. Enligt Ores sats är
därför G även en Hamiltongraf.
Figur 1 visar en graf som uppfyller villkoren för G. Här är a, b, f, d, b, c, e, a, c, d, e, f en Eulercykel och a, b, c, d, e, f en Hamiltoncykel.
b
a
c
f
e
d
Figur 1: En graf med 6 noder där alla noder har grad 4.
3
P
(c) Summan av nodernas gradtal: v∈V deg(v) = 2|E| dvs alltid ett jämnt tal. I en graf med 7
noder där alla noder har grad tre blir gradsumman 7 · 3 = 21 dvs ett udda tal. En sådan graf
kan alltså inte existera.
5. (a) Vi har
(
a ≡ b (mod q) ⇔ a = m1 q + r1 och b = m2 q + r1 ,
c ≡ d (mod q) ⇔ c = n1 q + r2 och d = n2 q + r2 ,
(
ac = (m1 n1 q + n1 r1 + m1 r2 )q + r1 r2
⇒
bd = (m2 n2 q + n2 r1 + m2 r2 )q + r1 r2
mi , ni , ri ∈ Z,
dvs ac och bd har samma rest (r1 r2 ) vid division med q vilket innebär att ac ≡ bd (mod q).
(b) Eftersom 8 har resten 8 vid division med 9 och 38 har resten 5 vid division med 11 har vi
x = 9q + 8 = 11p + 5 ⇔ 11p − 9q = 3
(1)
som är en diofantisk ekvation. Eftersom sgd(11, 9) = 1|3 har ekvationen heltalslösning. Den
allmänna lösningen till (1) ges av (p, q) = (3p0 − n · (−9), 3q0 + n · 11) där (p0 , q0 ) är en lösning
till hjälpekvationen 11p − 9q = 1 och en sådan kan vi hitta med hjälp av Euklides algoritm:
)
11 = 9 · 1 + 2
⇒ 1 = 9 − 4 · 2 = 9 − 4 · (11 − 9) = 11 · (−4) − 9 · (−5).
9=4·2+1
Vi kan alltså välja (p0 , q0 ) = (−4, −5) och den allmänna lösningen ges nu av:
(p, q) = (−12 + 9n, −15 + 11n),
n ∈ Z.
De positiva heltalslösningarna till det ursprungliga systemet ges alltså av
x = 11p + 5 = 11(9n − 12) + 5 = 99n − 127, n ≥ 2.
6. (a) Se L.-C. Böiers, Diskret matematik, sid 166.
(b) Vi har
ϕ(n) = n
k Y
i=1
1−
1
pi
=
n
(p1 − 1)(p2 − 1) · · · (pk − 1).
p1 p2 · · · p k
där p1 , p2 , . . . , pk är samtliga olika primtalsfaktorer i n. Detta innebär att om primtalet pi är en
faktor i n så betyder det att (pi − 1)|ϕ(n) = 10 dvs pi − 1 = 1, 2, 5 eller 10. n kan alltså endast
innehålla primtalsfaktorerna 2, 3 och 11. Om inte 11 är en faktor i n så kan inte heller 5 vara
en faktor i ϕ(n) = 10 vilket det är och därför gäller det att 11|n. Eventuella övriga faktorer
pi − 1 i ϕ(n) måste därför vara 1 dvs utöver 11 kan endast primtalsfaktorn 2 förekomma i n.
Detta betyder att n = 11 eller n = 2 · 11 = 22.
4
