SAMMANFATTNING TATA52 Diskret matematik LÄST SOM EN DEL AV CIVILINGENJÖRSPROGRAMMET I INDUSTRIELL EKONOMI VID LITH, VT 2016 Senast reviderad: 2017-06-01 Författare: Viktor Cheng och Erik Frank Innehållsförteckning Kombinatorik .................................................................................................................................................... 3 Multiplikationsprincipen och additionsprincipen ............................................................................................. 3 Kombinationer och permutationer .................................................................................................................. 4 Kombinationer med upprepningar .................................................................................................................. 4 Lådprincipen – ”Pigeonhole principle”............................................................................................................ 6 Mängdlära ......................................................................................................................................................... 7 Principen om inklusion och exklusion (PIE) ................................................................................................... 7 Derangemang .................................................................................................................................................. 7 Talteori ............................................................................................................................................................ 10 Divisionsalgoritmen ...................................................................................................................................... 10 Euklides algoritm .......................................................................................................................................... 11 Diofantiska ekvationer .................................................................................................................................. 11 Modulär aritmetik........................................................................................................................................... 13 Användbara egenskaper................................................................................................................................. 13 Beräkning av multiplikativ invers................................................................................................................... 13 Diverse modulo-knep.................................................................................................................................... 13 Kinesiska restsatsen (KRS) ............................................................................................................................ 15 Public Key Cryptography & RSA .................................................................................................................. 17 Rekursiva följder och differensekvationer .................................................................................................... 18 Generell lösningsgång ................................................................................................................................... 18 Homogen lösning.......................................................................................................................................... 18 Partikuläransats ............................................................................................................................................. 19 Partikulärlösning ........................................................................................................................................... 19 Begynnelsevärden.......................................................................................................................................... 20 Induktionsprincipen....................................................................................................................................... 25 Lösningsgång ................................................................................................................................................ 25 Exempeluppgifter.......................................................................................................................................... 25 Grafteori .......................................................................................................................................................... 28 Användbara satser ......................................................................................................................................... 29 Isomorfa grafer ............................................................................................................................................. 29 Eulergrafer .................................................................................................................................................... 31 Hamiltongrafer.............................................................................................................................................. 32 Bipartita grafer .............................................................................................................................................. 34 Planära grafer ................................................................................................................................................ 35 Träd .............................................................................................................................................................. 36 Kruskals algoritm .......................................................................................................................................... 36 Sida 2 av 39 Kombinatorik Kombinatorik handlar om uppräkningar av element i mängder och kan till exempel användas för att beräkna: ๏ท ๏ท Antalet sätt att dra 2 blå kulor i en kulpåse med 2 blå kulor och 8 vita kulor Antalet sätt man kan erhålla två sexor vid sex tärningskast med kubisk tärning Multiplikationsprincipen och additionsprincipen Beskrivning Multiplikationsprincipen Additionsprincipen Användningsområde Vid utförande av ๐ olika moment i tur och ordning Vid utförande av ett av ๐ olika moment i tur och ordning Antal sätt att utföra varje Första momentet kan utföras på ๐1 sätt, andra momentet kan utföras på ๐2 sätt, moment …, sista momentet kan utföras på ๐๐ sätt Totalt antal sätt att utföra uppgiften ๐1 ⋅ ๐2 ⋅ … ⋅ ๐๐ Första momentet kan utföras på ๐1 sätt, andra momentet kan utföras på ๐2 sätt, …, sista momentet kan utföras på ๐๐ sätt ๐1 + ๐2 + โฏ + ๐๐ Exempel på multiplikationsprincipen Bodil ska välja outfit. I sin garderob har hon 3 skor, 10 byxor, 20 hattar, 2 blusar och 1 jacka. På hur många sätt kan hon välja sin outfit? Svar: Vi antar att hon väljer plagg i tur och ordning. Hon har ๐1 = 3 st skor, så hon kan välja dessa på 3 sätt. På samma sätt har hon ๐2 = 10 byxor, ๐3 = 20 hattar, ๐4 = 2 blusar och ๐5 = 1 jacka. Enligt multiplikationsprincipen kan hon därför välja outfit på ๐1 ⋅ ๐2 ⋅ ๐3 ⋅ ๐4 ⋅ ๐5 = 1200 sätt. Exempel på additionsprincipen Bodil ska välja outfit till sig ELLER sin hund Bertil. I sin garderob har hon 3 skor, 10 byxor, 20 hattar. Bertil har 4 koppel och 2 jackor. Bodil måste välja ett plagg i varje kategori. Hur många valmöjligheter har Bodil i sitt val av outfit till sig själv och Bertil? Svar: Bodil: Vi antar att hon väljer plagg i tur och ordning. Hon har ๐1 = 3 st skor, så hon kan välja dessa på 3 sätt. På samma sätt är ๐2 = 10 och ๐3 = 20. Detta innebär att hon kan välja outfit på ๐1 ⋅ ๐2 ⋅ ๐3 = 600 sätt. Bertil: Vi antar att plaggen väljs i tur och ordning. Då gäller att ๐1 = 4 och ๐2 = 2. Detta innebär att Bertils outfit kan väljas på ๐1 ⋅ ๐2 = 8 sätt. Bodil + Bertil: Enligt additionsprincipen finns det totalt 600 + 8 = 608 sätt att välja outfits till Bodil och Bertil. Sida 3 av 39 Kombinationer och permutationer Beskrivning Kombinationer Permutationer Hur många föremål har vi? ๐ föremål ๐ föremål Hur stort är urvalet? ๐ föremål, där 0 ≤ ๐ ≤ ๐ ๐ föremål, där 0 ≤ ๐ ≤ ๐ Spelar det roll hur föremålen är ordnade inbördes / i vilken ordning de väljs? Nej, spelar ingen roll hur föremål är ordnade inbördes eller i vilken ordning de väljs. Ja, spelar roll hur föremål är ordnade inbördes eller i vilken ordning de väljs. Det totala antal möjliga kombinationer / permutationer blir … ๐ ๐! ( )= ๐ ๐ ! (๐ − ๐ )! ๐ โ ( ๐ − 1) โ … โ ( ๐ − ๐ + 1) ๐! = (๐ − ๐ )! Symbol ๐ถ(๐, ๐ ) = ๐! ๐ ! (๐ − ๐ ) ! ๐(๐, ๐ ) = ๐! (๐ − ๐ )! Generellt avgörs ”antal sätt” av formeln: Antal sätt = sätt att välja โ sätt att placera I specialfallet ”På hur många sätt kan man välja …” så är bara välja-delen intressant, dvs ๐ ä๐ก๐ก ๐๐ก๐ก ๐๐๐๐๐๐๐ = 1. Kombinationer med upprepningar ๏ท ๐ olika objekt: ๐1 , ๐2 … , ๐๐ ๏ท Urval av storlek ๐ ≥ 1 objekt där man inte tar hänsyn till ordning bland objekt ๏ท Varje objekt förekommer inte alls, en gång eller flera gånger ๐+๐−1 ๏ท ”Antal kombinationer med upprepningar av storlek k” = ( ๐ ) ๏ท Kan ofta reduceras till ”Antal lösningar (๐ฅ 1 , ๐ฅ 2 , … , ๐ฅ ๐ ) till en ekvation av typ ๐ฅ 1 + ๐ฅ 2 + … + ๐ฅ ๐ = ๐”. Exempel 4.6.6: Bestäm antal lösningar till ekvationen ๐ฅ 1 + ๐ฅ 2 + ๐ฅ 3 + ๐ฅ 4 = 7 där ๐ฅ 1 , ๐ฅ 2 , ๐ฅ 3 , ๐ฅ 4 ≥ 0 är heltal. och a) ๐ฅ 2 ≥ 1 och b) 1 ≤ ๐ฅ 2 ≤ 4 Vid ๐ฅ ๐ ≥ ๐ (dvs allt annat än ๐ฅ ๐ ≥ 0), utför ”variabelbyte” med ๐ก = ๐ฅ ๐ − ๐ ≥ 0 ๐ฅ2 ≥ 1 → ๐ก = ๐ฅ2 − 1 ≥ 0 Skriv om ekvation ๐ฅ1 + ๐ฅ2 + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 7 → ๐ฅ 1 + ( ๐ฅ 2 − 1) + ๐ฅ 3 + ๐ฅ 4 = 7 − 1 ⇔ ๐ฅ1 + ๐ก + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 6 Ekvationer av typ ๐ฅ 1 + ๐ฅ 2 + … + ๐ฅ ๐ = ๐ har… ( Alla lösningar som uppfyller 1 ≤ ๐ฅ 2 ≤ 4 = lösningar som uppfyller ๐ฅ 2 ≥ 1 minus lösningar som uppfyller ๐ฅ 2 ≥ 5 Lösningar som uppfyller ๐ฅ 2 ≥ 1: ( 96) Lösningar som uppfyller ๐ฅ 2 ≥ 5? Variabelbyte + skriv om ekvation ⇒ ๐ฅ 1 + ( ๐ฅ 2 − 5) + ๐ฅ 3 + ๐ฅ 4 = 7 − 5 ⇔ ๐ฅ1 + ๐ก + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 = 2 Ekvationer av typ ๐ฅ 1 + ๐ฅ 2 + … + ๐ฅ ๐ = ๐ har… ( Sammanställ resultat Lösningar som uppfyller 1 ≤ ๐ฅ 2 ≤ 4: ( 96) − ( 52) ๐ +๐− 1 6 +4 −1 9 )=( ) = ( ) = 84 lösningar ๐ 6 6 ๐ +๐− 1 2 +4 −1 5 )=( ) = ( ) lösningar ๐ 2 2 Sida 4 av 39 TENTA 2015-10-22 uppgift 2: Hur många åttasiffriga tal med enbart olika siffror finns det där siffrorna 1, 2 och 3 förekommer direkt på varandra följande och i den ordningen? Vilka förutsättningar har vi? ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท Det finns 10 siffror: 1,2, … ,8,9,0 Vi vill ha olika siffror på varje plats i talet Talet är 8 siffror långt Kombinationen 123 ska förekomma en gång och i exakt den ordningen Eftersom den exakta kombinationen 123 måste förekomma så inför vi den som en ny symbol Vårt nya ”siffersystem” består av: 123,4,5,6,7,8,9,0 Frågan kan ställas som ”Antal sätt att skapa åttasiffriga tal med enbart olika siffror …” ⇒ Använd Antal sätt = sätt att välja โ sätt att placera Antal sätt att välja 123 123 kan bara väljas på 1 sätt Antal sätt att placera 123 123 kan placeras som 123๐ฅ๐ฅ๐ฅ๐ฅ๐ฅ, ๐ฅ123๐ฅ๐ฅ๐ฅ๐ฅ, … ๐ฅ๐ฅ๐ฅ๐ฅ123๐ฅ, ๐ฅ๐ฅ๐ฅ๐ฅ๐ฅ123 = totalt 6 st positioner Antal sätt att välja resterande 8 − 3 = 5 siffror Det finns 7 siffror kvar (4,5,6,7,8,9,0) och av dessa ska 5 väljas. Ordningen spelar ingen roll ⇒ Kombinationer ⇒ (75 ) Antal sätt att placera resterande 5 siffror Finns 5 positioner ”kvar” i det åttasiffriga talet. Vid position 1 kan 5 siffror placeras, vid position 2 kan 4 siffror placeras osv … ⇒ Totalt 5! kombinationer Sammanställ resultaten Antal sätt = 1 โ 6 โ (75 ) โ 5! TENTA 2015-08-20 uppgift 3: En låda innehåller 9 vita och 6 svarta bollar. Man väljer 5 bollar ur lådan. a) På hur många sätt kan man välja så att 3 bollar är vita och 2 svarta? b) På hur många sätt kan man välja så att högst 2 bollar är vita? Spelar ingen roll om vita bollar eller svarta bollar väljs först (tar inte hänsyn till ordning) ⇒ kombination Vi behöver välja 3 st vita bollar och det finns totalt 9 st vita. 9 Sätt att välja 3 vita bollar = ( ) 3 Vi behöver välja 2 st svarta bollar och det finns totalt 6 st svarta 6 Sätt att välja 2 svarta bollar = ( ) 2 Multiplikationsprincipen ger totalt antal sätt att välja 3 st vita bollar och 2 st svarta bollar 9 6 Sätt att välja 3 vita och 2 svarta bollar = ( ) ( ) 3 2 Spelar ingen roll om vita bollar eller svarta bollar väljs först ⇒ kombination Däremot är det viktigt att vi väljer högst 2 st vita bollar. Det finns tre sätt att uppnå detta: 9 6 Sätt att välja 0 vita och 5 svarta bollar = ( ) ( ) 0 5 Vi väljer 0 vita bollar (och därmed 5 svarta bollar) 9 6 Vi väljer 1 vita boll (och därmed 4 svarta bollar) Sätt att välja 1 vit och 4 svarta bollar = ( ) ( ) 1 4 Vi väljer 2 vita bollar (och därmed 3 svarta bollar) 9 6 Sätt att välja 2 vita och 3 svarta bollar = ( ) ( ) 2 3 Sätt att välja högst 2 st vita bollar Vi lägger ihop alla möjliga sätt att uppnå vårt mål 9 6 9 6 9 6 = ( ) ( ) + ( ) ( ) + ( )( ) (alternativ 1,2 och 3) med additionsprincipen 0 5 1 4 2 3 Sida 5 av 39 Lådprincipen – ”Pigeonhole principle” Om ๐ objekt skall placeras i ๐ lådor, där det finns fler objekt än lådor (๐ > ๐) så kommer minst en låda att innehålla fler än ett objekt. Generellt gäller att om ๐ objekt skall placeras i ๐ lådor där ๐ > ๐ för något positivt heltal ๐, gäller att minst en låda kommer att innehålla fler än ๐ föremål. TENTA 2015-08-20 uppgift 2a: I en släkt är alla födda i januari. Maria och Ingvar (båda 65 år i år) är barn till Beatrice, som är dotter till Clara, som är dotter till Daniella, som är dotter till Eugene, som är son till Felix, som är son till Gerd, som är dotter till Hans, som är son till Johannes, som är son till Karl, som föddes 1634 av Antonia. Visa att någon anfader till Maria och Ingvar tillbaka till Karl hade fyllt 36 år när barnet föddes. Svar: Vi börjar med att ordna förhållanden mellan respektive individ i kronologisk ordning. 1) 2) 3) 4) A – K [År 1634] – J – H – G – F – E – D – C – B – M och I [År 1950] Maria och Ingvar föddes 1950 9 generationer har fötts under 1950 – 1634 = 316 år 316 = 9*35 + 1 och därmed måste minst en anfader/anmoder ha fyllt 36 vid födsel av nästa generation, detta enligt lådprincipen. TENTA 2015-08-20 uppgift 2b: Man har 20 kort numrerade med tal 1 till 20. I ett spel ligger korten med talen mot bordet och en spelare skall syna 11 kort. Spelaren förlorar om 2 av de synade korten har summa 21. Kan spelaren vinna? Svar: Vi vill undersöka om spelaren kan välja 11 kort som inte innehåller partitioner av 2 kort som ger summan 21 ⇒ Det finns ett begränsat antal delmängder innehållandes 2 kort ⇒ Vi kan använda lådprincipen. 1) Det finns 10 mängder i partitionen med de 20 korten som ger summa 21. ๐ด1 = {1,20}, ๐ด2 = {2,19}, … , ๐ด10 = {10,11} 2) Om spelaren skall välja 11 kort kommer minst en av dessa 10 delmängder att finnas med bland de synade korten (enligt lådprincipen) ⇒ Spelaren kan därför omöjligt vinna spelet. Sida 6 av 39 Mängdlära Mängdlära är en av grundpelarna inom matematik och används till att kategorisera objekt i grupper baserat på någon typ av gemensam egenskap. Mängder kan ofta delas in i mindre beståndsdelar som kallas delmängder. Principen om inklusion och exklusion (PIE) Denna princip är väldigt användbar vid lösning av problem av typen ”På hur många sätt kan man välja/ordna ๐ฅ objekt så att …”. Det vill säga vid beräkningar av antalet element i en union av flera mängder. Kom ihåg! Om välja ๏ Kombinationer, om ordna ๏ Permutationer Formellt beskrivs PIE enligt följande: ๐ ๐ ๐ ๐ |โ ๐ด๐ | = ∑|๐ด๐ | − ∑ |๐ด๐ โ๐ด๐ | + ๐ =1 ๐=1 ๐ ,๐:๐<๐ ∑ |๐ด๐ โ๐ด๐ โ๐ด๐ | − โฏ ± |๐ด1 โ … โ๐ด๐ | ๐,๐,๐:๐<๐<๐ Principen kan beskrivas som att man lägger ihop alla mängder för att sedan dra bort de delmängder som räknas två gånger. I specialfallet med ๐ = 3 och ๐ด1 = ๐ด, ๐ด2 = ๐ต, ๐ด3 = ๐ถ kan principen visualiseras enligt följande. |๐ด ∪ ๐ต ∪ ๐ถ | = |๐ด| + |๐ต | + |๐ถ | −(|๐ด ∩ ๐ต | + |๐ด ∩ ๐ถ | + |๐ต ∩ ๐ถ |) +|๐ด ∩ ๐ต ∩ ๐ถ | Derangemang Ett derangemang är en permutation sådan att inget av objekten i en mängd ๐๐ = {1,2, 3, … , ๐} befinner sig på sin ursprungliga position, dvs. permutationen av mängden saknar fixa punkter. Fenomenet beskrivs rent matematiskt av sambandet: ๐ Antalet derangemang = ! ๐ = ๐! ∑(−1)๐ ๐=0 1 ๐! TENTA 2012-05-30 uppgift 3b: På hur många sätt kan man välja 3 studentrepresentanter bland 10 studenter från tekfak och 10 studenter från filfak, om minst en student från varje fakultet ska väljas? Svar: Problemet är på formen ”På hur många sätt kan man välja objekt så att…” ๏ PIE. Lägg märke till att det i detta fall rör sig om kombinationer då vi inte ombeds ta hänsyn till ordning. 1) Uppgiften går ut på att beräkna antalet kombinationer som innehåller minst en student från varje fakultet ๏ Alla möjliga kombinationer minus antalet kombinationer med endast filfak. eller tekfak. studenter. 2) Alla möjliga kombinationer ges av (20 ) 3 3) Antalet kombinationer innehållandes endast tekfakstudenter ges av ( 10 ) 3 10 4) Antalet kombinationer innehållandes endast filfakstudenter ges av ( 3 ) 5) Antalet sätt att välja studentrepresentanter enligt villkor är därför (20 ) − ( 10 )– (10 ) 3 3 3 Sida 7 av 39 TENTA 2015-06-04 uppgift 6: Hur många permutationer av talen 1,2, … ,10 finns det så att inget udda tal hamnar på sin naturliga position? Vad innebär det att ”inget udda tal hamnar på sin naturliga position”? Detta är ekvivalent med det totala antalet sätt siffrorna kan placeras minus det antal där (minst ett udda tal hamnar på sin naturliga position) På totalt hur många sätt kan siffrorna placeras? På ”första platsen” kan vi placera vilket som helst av 1,2, … ,10 (totalt 10 st). På andra platsen kan vi placera alla utom den som blev placerad på första plats (totalt 9 st). På tredje platsen osv. Multiplikationsprincipen ger 10 โ 9 โ … โ 1 = 10! sätt På totalt hur många sätt kan minst ett udda tal placeras rätt? ⇒ Använd principen om inklusion och exklusion (PIE). Börja med antalet sätt att placera ut 1 udda tal rätt. Vi har 5 udda tal och ska placera 1 av dem rätt. Resterande 9 platser i talföljden ”spelar ingen roll”. Sätt att placera 1 udda tal rätt av 5 st = (51 ) När man placerar ”resterande 9 siffror på valfri platse” ingår t.ex. kombiationen ”2 udda tal hamnar rätt”. Eftersom detta innebär att de kommer att räknas dubbelt i totalen så behöver den kombinationen dras bort. Sätt att placera 2 udda tal rätt av 5 st = (52 ) I kombinationen ”2 udda tal rätt” ingår också ”3 udda tal rätt”, som nu har tagits bort helt från totalen. Lägg därför in den igen. I kombinationen ”3 udda tal rätt” ingår också ”4 udda tal rätt”, som nu har lagts till dubbelt i totalen. Dra därför bort den. I kombinationen ”4 udda tal rätt” ingår också ”5 udda tal rätt”, som nu har tagits bort helt från totalen. Lägg därför in den igen. Sätt att placera resterande 9 tal = 9! ⇒ Antal sätt att placera 1 udda tal rätt = (51 )9! Sätt att placera resterande 8 tal = 8! ⇒ Antal sätt att placera 2 udda tal rätt = (52 )8! Sätt att placera 3 udda tal rätt av 5 st = (53 ) Sätt att placera resterande 7 tal = 7! ⇒ Antal sätt att placera 3 udda tal rätt = (53 )7! Sätt att placera 4 udda tal rätt av 5 st = (54 ) Sätt att placera resterande 6 tal = 6! ⇒ Antal sätt att placera 1 udda tal rätt = (54 )6! Sätt att placera 5 udda tal rätt av 5 st = (55 ) Sätt att placera resterande 5 tal = 5! ⇒ Antal sätt att placera 5 udda tal rätt = (55 )5! Sammanställ resultaten från PIE Antal sätt att placera minst 1 udda tal rätt 5 5 5 5 5 = ( ) 9! − ( ) 8! + ( ) 7! − ( ) 6! + ( ) 5! 1 2 3 4 5 ”Inget udda tal på rätt position” = Alla möjliga permutationer – Minst ett udda tal på rätt position = 10! − ((51)9! − (52 )8! + ( 53)7! − (54 )6! + ( 55)5!) Sida 8 av 39 TENTA 2012-05-30 uppgift 3a: På hur många sätt kan man ordna symboler {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9, ๐} så att mönstret inte innehåller varken 01 eller 9๐? Problemet är på formen ”På hur många sätt kan man ordna objekt så att …” ⇒ Använd PIE! Vad innebär det att ”mönstret inte innehåller varken 01 eller 9๐?” Detta är ekvivalent med det totala antalet permutationer minus antalet permutationer som innehåller följden 01 och/eller 9๐ På hur många sätt kan symbolerna ordnas? Vad är det totala antalet permutationer? På ”första platsen” kan vi placera vilket som helst av {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9, ๐} (totalt 11 st). På andra platsen kan vi placera alla utom den som blev placerad på första plats (totalt 10 st). På tredje platsen osv. Multiplikationsprincipen ger 11 โ 10 โ … โ 1 = 11! sätt Vad är antalet permutationer som innehåller följden 01 och/eller 9๐? Låt ๐ด1 = ”mängden av följder som innehåller 01” Notera att ๐ด1 = ”mängden av följder som innehåller 01” även kan innehålla 9๐ och vice versa. Använd PIE för att räkna bort dessa och få det unika antalet. Låt ๐ด2 = ”mängden av följder som innehåller 9๐” Mängden av följder som innehåller 01 och/eller 9๐ är lika med ๐ด1 ∪ ๐ด2 och enligt PIE har vi att |๐ด1 ∪ ๐ด2 | = |๐ด1 | + |๐ด2 | − |๐ด1 โ๐ด2 | Vad blir |๐ด1 |? Man kan betrakta ๐ด1 som mängden {01,2,3,4,5,6,7,8,9, ๐} (där 0 och 1 har ersatts av den kombinerade symbolen 01, så att den garanterat förekommer. I denna mängd finns nu 10 symboler) Enligt tidigare resonemang kan vi placera vilken som helst av våra 10 symboler på plats 1, 9 symboler på plats 2, 8 symboler på plats 3 osv. Multiplikationsprincipen ger 10 โ … โ 2 โ 1 = 10! sätt Vad blir |๐ด2 |? Man kan betrakta ๐ด2 som mängden {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9๐} (där 9 och ๐ har ersatts av den kombinerade symbolen 9๐, så att den garanterat förekommer. I denna mängd finns nu 10 symboler) Enligt samma resonemang som ovan ger multiplikationsprincipen 10 โ … โ 2 โ 1 = 10! sätt Vad blir |๐ด1 โ๐ด2 |? Man kan betrakta ๐ด1 โ๐ด2 som mängden {01,2,3,4,5,6,7,8,9๐} (där 0 och 1 samt 9 och ๐ har ersatts av 01 respektive 9๐, så att de garanterat förekommer. I denna mängd finns nu 9 symboler) Enligt samma resonemang som ovan ger multiplikationsprincipen 9 โ … โ 2 โ 1 = 9! sätt Sammanställ resultaten från PIE Mängden av följder som innehåller 01 och/eller 9๐ = 10! + 10! − 9! ”Mönstret innehåller inte 01 eller 9๐” = Alla möjliga permutationer – Permutationer som innehåller 01 eller 9๐ = 11! − (10! + 10! − 9!) Sida 9 av 39 Talteori Begrepp Betydelse Exempel ๐ delar ๐ ๐|๐ ⇔ Det finns ett heltal ๐ så att ๐ = ๐ ⋅ ๐ ⇔ ๐ är en multipel av ๐ 12|48 eftersom 48 = 4 ⋅ 12 Ett tal ≥ 2 som enbart delas av 1 och sig självt Primtal Sammansatt tal ๐ ๐๐ (๐, ๐) ๐๐๐ (๐, ๐) Ett tal ≥ 2 som inte är ett primtal Det är dock ”sammansatt” av flera primtal Största gemensamma delare för ๐ och ๐ Den största heltalsfaktor som ๐ och ๐ båda innehåller Minsta gemensamma multipel till ๐ och ๐ Minsta talet som delas av både ๐ och ๐ 3, 5, 7, 11, … 21 = 3 ⋅ 7 3 och 7 är båda primtal men 21 inte är det ๐ ๐๐ (30,21) = 3 30 = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 21 = 2 ⋅ 3 ⋅ 7 Gemensamma heltalsfaktorer/delare: 2, 3 Största gemensamma delare: 3 ๐๐๐ (8,10) = 40 eftersom 40 är det minsta tal som delas av både 8 och 10 Användbara satser Förutsättningar ๐|๐ (๐ delar ๐) ๐|๐ (๐ delar ๐) ๐ och ๐ är två heltal Minst ett av ๐ och ๐ är skilt från 0 Resultat ๐|(๐๐ฅ + ๐๐ฆ) för alla heltal ๐ฅ och ๐ฆ ๐๐ฅ + ๐๐ฆ kallas för en linjärkombination Det finns två heltal ๐ฅ och ๐ฆ så att: ๐ ๐๐(๐, ๐) = ๐๐ฅ + ๐๐ฆ Exempel: 7 = ๐ ๐๐(21,70) = 21 ⋅ (−3) + 70 ⋅ 1 Divisionsalgoritmen Om ๐ och ๐ är två heltal (med ๐ > 0) ⇒ Det finns entydigt bestämda heltal ๐ (kvot) och ๐ (rest) så att ๐ = ๐ ⋅ ๐ + ๐ och 0 ≤ ๐ < ๐ Exempel: Låt ๐ = −16 och ๐ = 5 ⇒ Det finns entydigt bestämda heltal ๐ och ๐ så att −16 = ๐ ⋅ 5 + ๐. ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท Börja med att behandla fallet 16. Vi har att 16 = 3 ⋅ 5 + 1. Alltså måste −16 = −(3 ⋅ 5 + 1) = −3 ⋅ 5 − 1 ”Problemet” är att vi just nu har ๐ = −1 men vi söker 0 ≤ ๐ < ๐ Lägg till multiplar av ๐ = 5 till att ๐ ≥ 0. Dra sedan bort lika många multiplar. Vi får nu −16 = −3 ⋅ 5 − 5 + 5 − 1 Notera att −16 = −3 ⋅ 5 − 5 + 5 − 1 ⇔ −16 = −4 ⋅ 5 + 4, där ๐ = 4 ≥ 0. Vi har nu resultatet: −16 = −4 ⋅ 5 + 4 ⇔ När −16 delas med 5 fås kvoten ๐ = 4 och resten ๐ = 4 Sida 10 av 39 Euklides algoritm Euklides algoritm används ofta vid beräkning av ๐ ๐๐(๐, ๐) och vid lösning av diofantiska ekvationer. Exempel: Bestäm ๐ ๐๐(๐, ๐) = ๐ ๐๐(๐๐๐, ๐๐๐) 1. 2. 3. 4. 5. ๐๐๐ = 1 ∗ ๐๐๐ + (996 − 1 ∗ 516) = 1 ∗ ๐๐๐ + ๐๐๐ ๐๐๐ = 1 ∗ ๐๐๐ + (516 − 1 ∗ 480) = 1 ∗ ๐๐๐ + ๐๐ ๐๐๐ = 13 ∗ ๐๐ + (480 − 13 ∗ 36) = 13 ∗ ๐๐ + ๐๐ ๐๐ = 3 ∗ ๐๐ + (36 − 3 ∗ 12) = 3 ∗ ๐๐ + 0 ๏ ALGORITMEN AVSLUTAS ๐๐ = sgd(516,996) Om ๐ ๐๐ (๐, ๐) = 1, ๐ ≠ 0 säges ๐ och ๐ vara relativt prima. Exempel: Bestäm ๐ ๐๐(๐, ๐) = ๐ ๐๐(๐๐, ๐๐๐) 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. ๐๐๐ = 2 ∗ ๐๐ + (217 − 2 ∗ 97) = 2 ∗ ๐๐ + ๐๐ ๐๐ = 4 ∗ ๐๐ + (97 − 4 ∗ 23) = 4 ∗ ๐๐ + ๐ ๐๐ = 4 ∗ ๐ + (23 − 4 ∗ 5) = 4 ∗ ๐ + ๐ ๐ = 1 ∗ ๐ + (5 − 1 ∗ 3) = 1 ∗ ๐ + ๐ ๐ = 1 ∗ ๐ + ( 3 − 1 ∗ 2) = 1 ∗ ๐ + ๐ ๐ = 2 ∗ ๐ + (2 − 2 ∗ 1) = 2 ∗ ๐ + 0 ๏ ALGORITMEN AVSLUTAS ๐ = sgd(97, 217) Diofantiska ekvationer Denna typ av ekvationer karaktäriseras av att de endast tillåter heltalslösningar och ser ut som följande: ๐1 ๐ฅ 1 + ๐2 ๐ฅ 2 + โฏ + ๐๐ ๐ฅ ๐ = ๐, ๐ฅ ๐ ∈ Ζ Ekvationen har lösningar endast då ๐ ๐๐ (๐1 , ๐2 , … , ๐๐ ) | ๐ I specialfallet då ๐ = ๐ gäller föjande användbara sats: Låt ๐, ๐, ๐ ๐ Ζ och ๐, ๐ ≠ 0. Antag att ๐ ๐๐(๐, ๐) = 1. Om (๐ฅ 0, ๐ฆ0 ) är en lösning till den diofantiska ekvationen ๐๐ฅ + ๐๐ฆ = ๐ så ges samtliga lösningar av: ๐ฅ = ๐ฅ 0 + ๐๐, ๐ฆ = ๐ฆ0 − ๐๐, ๐ ๐ Ζ Sida 11 av 39 TENTA 2013-06-01 uppgift 2a: Till en konferens handlar matematiska institutionen bakelser av två typer: dyrare och billigare. Varje bakelse kostar 42 eller 30 SEK. Hur många ba kelser köpte man av varje typ om man betalade totalt 2706 SEK? Svar: Vi antar rimligtvis att MAI köper hela bakelser och ett större antal än 0. Sätt ๐ฅ = dyra bakelser, ๐ฆ = billiga bakelser. Detta leder till följande diofantiska ekvation: 42๐ฅ + 30๐ฆ = 2706. 1. Börja med att med hjälp av Euklides Algoritm bestämma ๐ ๐๐(30,42) 42 = 1 ∗ 30 + (42 − 1 ∗ 30) = 1 ∗ ๐๐ + ๐๐ ๐๐ = 2 ∗ ๐๐ + (30 − 2 ∗ 12) = 2 ∗ ๐๐ + ๐ ๐๐ = 2 ∗ ๐ + (12 − 2 ∗ 6) = 2 ∗ 6 + 0 ALGORITMEN AVSLUTAS sgd(30, 42) = 6 2. Nästa steg är att kontrollera att ekvationen har lösningar. Detta görs genom att analysera om ๐ ๐๐ (๐1 , ๐2 )|๐ ⇒ ๐ ๐๐ (30, 42))|2706 ⇔ 6|2706 Eftersom 2706 6 = 451 så har ekvationen lösningar. 3. Dividera båda leden av ursprungsekvationen med ๐ ๐๐ (30, 42) = 6 42๐ฅ + 30๐ฆ 2706 = โบ 7๐ฅ + 5๐ฆ = 451 = ๐๐๐ฆ 6 6 Vi skriver därefter 1 = ๐ ๐๐ (5, 7) som en linjärkombination av 5 och 7. För att kunna göra detta applicerar vi Euklides Algoritm. a) 7 = 1 ∗ 5 + (7 − 1 ∗ 5) = 1 ∗ 5 + 2 b) 5 = 2 ∗ 2 + (5 − 2 ∗ 2) = 2 ∗ 2 + 1 c) 2 = 2 ∗ 1 + (2 − 2 ∗ 1) = 2 ∗ 1 + 0 ๏ ALGORITMEN AVSLUTAS 4. Utför Euklides Algoritm Baklänges. Börja från b) i 3. ๐ = 5 − 2 ∗ 2 = 5 − 2 ∗ ( 7 − 1 ∗ 5) = ๐ ∗ ๐ − ๐ ∗ ๐ 5. Multiplicera VL och HL med 451 för att få tillbaka ๐๐๐ฆ = 451 i VL ๐ ∗ 451 = (๐ ∗ 5 − ๐ ∗ 7) ∗ ๐๐๐ = 1353 ∗ 5 − 902 ∗ 7 6. För att få endast positiva lösningar måste 902 a) 5๐ − 902 ≥ 0 ↔ ๐ ≥ 5 = ⌈180.4⌉ = 181 OBS! Runda upp ty annars ๐ฅ < 0 b) 1353 − 7๐ ≥ 0 ↔ ๐ ≤ 1353 7 = ⌊193.3⌋ = 193 OBS! Runda ner ty annars ๐ฆ < 0 7. Samtliga positiva heltalslösningar ges av: ๐ฅ = −902 + 5๐, ๐ฆ = 1353 − 7๐, där 181 ≤ ๐ ≤ 193, ๐ ∈ Ζ Sida 12 av 39 Modulär aritmetik Detta område behandlar kongruensräkning eller moduloräkning som bygger på den matematiska operationen division. Två tal ๐ och ๐ sägs vara kongruenta modulo ๐ om och endast om talet ๐ delar differensen mellan ๐ och ๐, ๐ ≡ ๐ ๐๐๐ ๐ ⇔ (๐ − ๐)|๐. Användbara egenskaper ๐ ≡ ๐ mod ๐ ๐ฅ är ett heltal ๐ ≡ ๐ mod ๐ ๐ฅ är ett positivt heltal ๐ primtal ๐, ๐ heltal ๐ primtal ๐ är ett heltal ej delbart med ๐ ๐๐ฅ ≡ ๐๐ฅ mod ๐ ๐๐ฅ ≡ ๐๐ฅ mod ๐ Modulo bevaras vid exponentiering (๐ + ๐)๐ ≡ ๐๐ + ๐๐ mod ๐ ๐๐−1 ≡ 1 mod ๐ ⇔ (๐๐−1 − 1) är delbart med ๐ Detta resultat är känt som Fermats lilla sats Beräkning av multiplikativ invers Definition: varje lösning ๐ฅ till kongruensekvationen ๐๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ ๐ Använd Euklides algoritm framlänges Anta att vi har 25๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ 11 25 = 2 ∗ 11 + 3 11 = 3 ∗ 3 + 2 3 = 1∗2 +1 1 = 1 ∗ 1 + 0 ๏ ALGORITMEN AVSLUTAS Använd Euklides algoritm baklänges Målet är att återföra ”1:an” till en linjärkombination som består av 25๐ + 11๐ där 11๐-termen kommer att bli kongruent med 0 ๐๐๐ 11. Jämför sedan ๐ฅ med ๐. Samtliga lösningar ges av 1 = 3− 1∗2 1 = 3 − 1 ∗ (11 − 3 ∗ 3) = 4 ∗ 3 − 1 ∗ 11 1 = 4 ∗ (25 − 2 ∗ 11) − 1 ∗ 11 = 4 ∗ 25 − 9 ∗ 11 ⇒ 4 ∗ 25 − 9 ∗ 11 = 1 ⇒ 4 ∗ 25 ≡ 1 ๐๐๐ 11 (eftersom −9 ∗ 11 ≡ 0 ๐๐๐ 11) Jämför { 25๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ 11 ⇒ ๐ฅ = 4 4 ∗ 25 ≡ 1 ๐๐๐ 11 ๐ฅ ≡ 4 ๐๐๐ 11 Diverse modulo-knep Reducering mod n Anta att vi har en kongruensekvation på formen ๐๐ฅ ≡ ๐ ๐๐๐ ๐ Anta att vi har 25๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ 11 ๐ går alltid att reducera modulo ๐ med bibehållen ekvivalens. Med andra ord: ๐๐ฅ ≡ ๐ ๐๐๐ ๐ ⇔ (๐ ๐๐๐ ๐) โ ๐ฅ ≡ ๐ ๐๐๐ ๐ Denna reducering kan ibland resultera i en mer lätthanterlig ekvation. 25๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ 11 ⇔ (25 ๐๐๐ 11) โ ๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ 11 ⇔ 3๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ 11 Sida 13 av 39 Upprepad kvadrering Anta att vi ska ta reda på ๐ฅ ๐ฆ ๐๐๐ ๐ ๐ฅ går alltid att reducera modulo ๐ med bibehållen ekvivalens. Med andra ord: ๐ฅ ๐ฆ ๐๐๐ ๐ ⇔ (๐ฅ ๐๐๐ ๐)๐ฆ ๐๐๐ ๐ 37100 ๐๐๐ 10 = ? 37100 ๐๐๐ 10 ⇔ 7100 ๐๐๐ 10 Notera att 7100 = (72 )50 ⇒ 7100 ๐๐๐ 10 ⇔ (72 )50 ๐๐๐ 10 Nu kommer den upprepade kvadreringen in. Notera att 72 = 49 ≡ −1 ๐๐๐ 10 ⇒ (72 )50 ๐๐๐ 10 ⇔ (−1)50 ๐๐๐ 10 Eftersom (−1)50 = 1 så får vi att 37100 ๐๐๐ 10 = 1 Snabbare lösning av kongruensekvationer Anta att vi ska lösa en kongruensekvation på formen ๐๐ฅ ≡ ๐ ๐๐๐ ๐. 1) 3๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ 11 2) 4๐ฅ ≡ 3 ๐๐๐ 13 Det vanliga sättet är att beräkna en multiplikativ invers mha Euklides algoritm. Det går att lösa snabbare om man ”ser” ett lämpligt tal att skala upp ekvationen med. För 1: Vi ser att 4 โ 3 = 12 ≡ 1 ๐๐๐ 11. Om vi multiplicerar ekvation 1 med 4 i bägge led får vi: 4 โ 3๐ฅ ≡ 4 โ 1 ๐๐๐ 11 ⇔ 12๐ฅ ≡ 4 ๐๐๐ 11 Och eftersom 12 ≡ 1 ๐๐๐ 11 får vi att 12๐ฅ ≡ 4 ๐๐๐ 11 ⇔ ๐ฅ ≡ 4 ๐๐๐ 11 Vi söker ett heltal att multiplicera ekvationen med, som ska ge ett tal i VL som är kongruent med antingen 1 ๐๐๐ ๐ eller −1 ๐๐๐ ๐. Idén är att få ±๐ฅ ensamt i VL, ty detta är ju lösningen vi söker! För 2: Vi ser att 3 โ 4 = 12 ≡ −1 ๐๐๐ 13. Om vi multiplicerar ekvation 2 med 3 i bägge led får vi: 3 โ 4๐ฅ ≡ 3 โ 3 ๐๐๐ 13 ⇔ 12๐ฅ ≡ 9 ๐๐๐ 13 Och eftersom 12 ≡ −1 ๐๐๐ 11 får vi att 12๐ฅ ≡ 9 ๐๐๐ 13 ⇔ −๐ฅ ≡ 9 ๐๐๐ 13 Multiplicera bägge led med −1, så fås: −๐ฅ ≡ 9 ๐๐๐ 13 ⇔ ๐ฅ ≡ −9 ๐๐๐ 13 ⇔ ๐ฅ ≡ 4 ๐๐๐ 13 Sida 14 av 39 Kinesiska restsatsen (KRS) Kinesiska restsatsen är väldigt användbar vid lösning av kongruensekvationer och ser ut enligt följande. ๐ฅ ≡ ๐1 ๐๐๐ ๐1 ๐ฅ ≡ ๐2 ๐๐๐ ๐2 โฎ ๐ฅ ≡ ๐๐ ๐๐๐ ๐๐ där ๐1 , . . ๐๐ är givna heltal och ๐ ๐๐(๐๐ , ๐๐ ) = 1 ๐å ๐ ≠ ๐. ALGORITM FÖR KRS ๐ ๏ท Bilda talen ๐ = ๐1 , ๐2 , … , ๐๐ och ๐๐ = ๏ท Låt vidare ๐ฅ ๐ vara en multiplikativ invers till ๐๐ ๐๐๐ ๐๐ d.v.s ๐๐ ๐ฅ ๐ ≡ 1 ๐๐๐ ๐๐ , ๐ = 1,2, … , ๐. Då är ๐ฅ = ∑๐๐=1 ๐๐ ๐๐ ๐ฅ ๐ en lösning till systemet. Lösningen är dessutom entydigt bestämd vilket innebär att om ๐ฅ och ๐ฅ’ är två lösningar så är ๐ฅ ≡ ๐ฅ ′ ๐๐๐ ๐. ๏ท ๏ท ๐๐ , ๐ = 1, 2, … , ๐. TENTA 2014-06-04 uppgift 3a: Hitta heltalet som ligger mellan 75 och 100 och är kongruent med 1923 − 223 − 1323 mod 23 Vi ser att primtalet 23 förekommer som exponent och ”kongruent modulo 23” ⇒ Använd Fermats lilla sats Dela upp räkningarna i tre delar och applicera Fermats lilla sats på varje del (a) 1923 ๐๐๐ 23 ⇔ 19(1923−1 ) ๐๐๐ 23 ≡ 19 ∗ 1 ๐๐๐ 23 (b) 223 ๐๐๐ 23 ⇔ 2(223−1 ) ๐๐๐ 23 ≡ 2 ∗ 1 ๐๐๐ 23 (c) 1323 ๐๐๐ 23 ⇔ 13(1323−1 ) ๐๐๐ 23 ≡ 13 ∗ 1 ๐๐๐ 23 Utför sedan subtraktionen (๐)-(๐)-(๐) 19 − 2 − 13 ≡ 4 ๐๐๐ 23 Talet vi söker ska alltså vara kongruent med 4 modulo 23 Detta kan skrivas som 23๐ฅ + 4 Samtidigt ska talet ligga mellan 75 ≤ 23๐ฅ + 4 ≤ 100 Detta ger 71 ≤ 23๐ฅ ≤ 96 ⇒ ๐ฅ = 4 och ⇒ Talet blir 23 ∗ 4 + 4 = 96 TENTA 2015-08-20 uppgift 6: Hitta det minsta positiva heltalet ๐ฅ som uppfyller ekvationerna (1) ๐ฅ 2 + ๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ 5 (2) ๐ฅ 2 + ๐ฅ ≡ 5 ๐๐๐ 7 (3) ๐ฅ 2 + ๐ฅ = 3 ๐๐๐ 13 Börja med att gissa lösningar till respektive ekvation (1) ๐ฅ = 2, ty 22 + 2 = 6 ≡ 1 ๐๐๐ 5 (2) ๐ฅ = 3, ty 32 + 3 = 12 ≡ 5 ๐๐๐ 7 (3) ๐ฅ = 6, ty 62 + 6 = 42 ≡ 3 ๐๐๐ 13 Detta blir nu ett linjärt system av kongruensekvationer (1) ๐ฅ ≡ 2 ๐๐๐ 5 (2) ๐ฅ ≡ 3 ๐๐๐ 7 (3) ๐ฅ ≡ 6 ๐๐๐ 13 Systemet kan lösas med hjälp av KRS Se exempel nedan: TENTA 2014-08-21 uppgift 4 Sida 15 av 39 TENTA 2014-08-21 uppgift 4: För att hitta ett hemligt tal mellan 1 och 200 löser vi följande system av kongruensekvationer. Vilket är det hemliga talet? Har vi hittat det egentligen? 1) 3๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ 11 2) 4๐ฅ ≡ 3 ๐๐๐ 13 Försök få enbart ๐ฅ i vänsterleden. Börja med att beräkna multiplikativ invers. Använd Euklides Algoritm på ekvation 1. 11 = 3 ∗ 3 + 2 3 = 1∗2 +1 2 = 2 ∗ 1 + 0 ๏ ALGORITMEN AVSLUTAS Använd nu Euklides algoritm baklänges på ekvation 1 1 = 3− 1∗2 = 3 − 1(11 − 3 ∗ 3) = 3 − 11 + 3 ∗ 3 = 3 ∗ 4 − 11 ⇔ 3 ∗ 4 − 11 = 1 Beräkning av multiplikativ invers för ekvation 1. 3 ∗ 4 − 11 = 1 ⇒ 3 ∗ 4 ≡ 1 ๐๐๐ 11 Jämför { 3๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ 11 ⇒ ๐ฅ = 4 ⇒ ๐ฅ ≡ 4 ๐๐๐ 11 3 ∗ 4 ≡ 1 ๐๐๐ 11 Eftersom ekvation 2 inte är på formen ๐๐ฅ ≡ 1 ๐๐๐ ๐ måste vi utföra ett hjälpsteg innan vi kan beräkna ๐ฅ Använd Euklides algoritm på hjälpekvationen 4๐ก ≡ 1 ๐๐๐ 13 13 = 4 ∗ 3 + 1 3 = 3 ∗ 1 + 0 ๏ ALGORITMEN AVSLUTAS Använd nu Euklides algoritm baklänges på hjälpekvationen 1 = 13 − 4 ∗ 3 ⇔ 13 − 4 ∗ 3 = 1 Beräkning av multiplikativ invers ๐ก för hjälpekvation 13 − 4 ∗ 3 = 1 ⇒ 4 ∗ (−3) ≡ 1 ๐๐๐ 13 4๐ก ≡ 1 ๐๐๐ 13 Jämför { ( ) ⇒ ๐ก = −3 4 −3 ≡ 1 ๐๐๐ 13 ⇒ ๐ก ≡ −3 ≡ 10 ๐๐๐ 13 Multiplicera VL och HL i ekvation 2 med multiplikativa inversen för hjälpekvationen. Nu fås ๐ฅ ensamt på en sida, vilket vi ville ha. 4๐ฅ ≡ 3 ๐๐๐ 13 ⇒ 4 ∗ ๐ฅ ∗ (10) ≡ 3 ∗ (10) ๐๐๐ 13 Vi har nu ett ekvationssystem: ๐ฅ ≡ 4 ๐๐๐ 11 { ๐ฅ ≡ 4 ๐๐๐ 13 För att få fram den slutgiltiga lösningen använder vi kinesiska restsatsen. { Utför beräkningen av multiplikativ invers (๐๐ ๐ฅ ๐ ≡ 1 ๐๐๐ ๐๐) ๐ ๐ฅ= ∑ ๐=1 ๐๐ ๐๐ ๐ฅ ๐ ๐ฅ ≡ ๐ฅ ′ ๐๐๐ ๐ Eftersom 4 ∗ (10) ≡ 1 ๐๐๐ 13 så blir ๐๐ฟ = 1 ∗ ๐ฅ. Vi får: ๐ฅ ≡ 30 ≡ 4 ๐๐๐ 13 ๐1 = 4 , ๐2 = 4 { ๐1 = ๐2 = 143 11 143 13 ๐ = 11 { 1 , ๐2 = 13 ๐ = ๐1 ∗ ๐2 = 11 ∗ 13 = 143 = 13 = 11 ๐1 ๐ฅ1 ≡ 1 ๐๐๐ ๐1 ⇒ 13๐ฅ 1 ≡ 1 ๐๐๐ 11 ๐2 ๐ฅ 2 ≡ 1 ๐๐๐ ๐2 ⇒ 11๐ฅ 2 ≡ 1 ๐๐๐ 13 Använd Euklides framlänges/baklänges på respektive ekvation *Här underlättar det ofta att reducera ekvationerna modulo ๐๐ ๐ฅ = 4 ∗ 13 ∗ 6 + 4 ∗ 11 ∗ 6 = 312 + 264 = 576 ๐ฅ ≡ ๐ฅ ′ ๐๐๐ 143 ⇒ 576 ≡ ๐ฅ ′ ๐๐๐ 143 576 = 4 ∗ 143 + 4 ⇒ ๐ฅ ′ ≡ 4 ๐๐๐ 143 ⇒ 143 ๐ฅ = 4 + 143 ∗ ๐, ๐ ∈ ๐ Då vi har kravet att 1 ≤ ๐ฅ ≤ 200 finns två lösningar: ๐ฅ = 4 och ๐ฅ = 147 Sida 16 av 39 Public Key Cryptography & RSA Public Key Crypto bygger på att varje entitet i en mängd av entiteter har två krypteringsnycklar, en offentlig och en privat. Den publika nyckeln används till att kryptera meddelanden och finns tillgänglig för alla, därav namnet offentlig nyckel. Den privata nyckeln används till att dekryptera och signera meddelanden och måste hållas hemlig, därav namnet privat nyckel. RSA RSA är en algoritm som faller inom ramen för Public Key Cryptography och bygger på primtalteori samt faktorisering. Stegen i algoritmen ser ut enligt följande: ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท Välj 2 stora primtal p och q (ibland får dessa tas fram mha primtalsfaktorisering av ๐) Sätt ๐ = ๐ ∗ ๐ och ๐ = (๐ − 1)(๐ − 1) Välj offentlig nyckel ๐, där 0 < ๐ < ๐ och ๐ ๐๐(๐, ๐) = 1 Sätt den privata nyckeln ๐ (där 0 < ๐ < ๐) till den multiplikativa inversen: ๐ ∗ ๐ ≡ 1 ๐๐๐ ๐ Kryptera ett meddelande ๐ฅ: ๐พ (๐ฅ ) = ๐ฅ ๐ ๐๐๐ ๐ Signera ett meddelande ๐ฅ: ๐ (๐ฅ ) = ๐ฅ ๐ ๐๐๐ ๐ Dekryptera ett meddelande ๐ฆ: ๐ด(๐ฆ) = ๐ฆ ๐ ๐๐๐ ๐ TENTA 2015-06-04 uppgift 5: RS-klubben använder ett RSA-kryptosystem till passerkort som medlemmar får. I datorn som sköter dörrarna har man matat in den offentliga nyckeln (๐, ๐) = (5063, 1001). Vilken nyckel är programmerad i medlemmarnas kort? Svar: Det rör sig om RSA och alltså är det bara att följa stegen i algoritmen. 1) 2) 3) 4) Vi börjar med att primtalsfaktorisera n: ๐ = 5063 = 61 ∗ 83 = ๐ ∗ ๐ Vi kan nu beräkna m: ๐ = (๐ − 1)(๐ − 1) = (61 − 1)(83 − 1) = 4920 Den publika nyckeln ๐ är given: ๐ = 1001 Vi tar reda på den privata nyckeln ๐ (med hjälp av multiplikativ invers): 1001๐ ≡ 1 ๐๐๐ 4920 → ๐ธ๐ข๐๐๐๐๐๐ ๐ด๐๐๐๐๐๐ก๐ (๐๐๐๐/๐๐๐) → ๐ = 521 Sida 17 av 39 Rekursiva följder och differensekvationer En talföljd sägs vara definierad rekursivt om talen i följden inte är explicit definierade ( ๐3 = 7) utan istället anges genom en formel för hur talet ๐๐ kan beräknas från de föregående talen i följden (๐๐ = 2๐๐−1 + ๐๐−2 ). Generell lösningsgång 1) 2) 3) 4) 5) 6) (โ) (๐) Dela upp i homogen lösning ๐๐ och partikulärlösning ๐๐ Bestäm homogen lösning via karakteristisk ekvation Bestäm partikuläransats beroende på karakteristisk ekvation och funktion i högerledet Bestäm partikulärlösning med hjälp av partikuläransats Använd givna begynnelsevärden för att lösa ut den homogena lösningens koefficienter Slå samman homogen lösning och partikulärlösning för att få slutgiltigt svar Antag att vi har en generell ekvation på formen ๐๐+4 + ๐ต๐๐+2 − ๐ถ๐๐+1 + ๐ท๐๐ = (๐ธ + ๐น๐ ) โ 3๐ . Inför följande begrepp som ska användas senare. Begrepp Homogen ekvation Betydelse Exempel ”Vänsterledet = 0” ๐๐+4 + ๐ต๐๐+2 − ๐ถ๐๐+1 + ๐ท๐๐ = 0 Funktion Högerledet ska vara en funktion som uteslutande beror av ๐ (och inte ๐๐ !) ๐(๐) = (๐ธ + ๐น๐ ) โ 3๐ Polynom-del Ett polynom i ๐ (i detta fall av grad 1) ๐(๐) = ๐ธ + ๐น๐ Exponent-del Valfri konstant ๐ funkar (här valdes 3) (๐)๐ = 3๐ Homogen lösning Vad är den homogena ekvationen? ๐๐+4 + ๐ต๐๐+2 − ๐ถ๐๐+1 + ๐ท๐๐ = 0 Ta fram motsvarande karakteristisk ekvation ๐4 + ๐ต๐2 − ๐ถ๐1 + ๐ท๐0 = 0 ⇔ ๐4 + ๐ต๐2 − ๐ถ๐ + ๐ท = 0 Vad är mönstret? ๐๐+๐ฅ i homogen ekvation ⇒ ๐๐ฅ i karakteristisk ekvation Speciellt gäller att ๐๐+0 = ๐๐ med motsvarande ๐0 = 1. Logiken bakom det kan informellt ses som ett variabelbyte där lägsta graden (๐ − 4) ersätts med ๐ก = ๐ − 4 ⇒ ๐๐ = ๐๐ก+4 och ๐๐−1 = ๐๐ก+3 osv. Vad blir mönstret vid ”omvänd ordning”, t.ex. ๐๐ − ๐ต๐๐−1 + ๐ถ๐๐−4 = 0? Detta ger ๐๐ก+4 − ๐ต๐๐ก+3 + ๐ถ๐๐ก = 0 vilket ger KE: ๐4 − ๐ต๐3 + ๐ถ = 0 Antag att vi får följande tre lösningar/rötter: ๐4 + ๐ต๐2 − ๐ถ๐ + ๐ท = 0 ⇔ (๐ − 1)2 (๐ − 2)(๐ − 4)3 = 0 ๐1 = 1 med multiplicitet ๐1 = 2 ⇔ {๐2 = 2 med multiplicitet ๐ 2 = 1 ๐3 = 4 med multiplicitet ๐ 3 = 3 Ta fram lösningar samt tillhörande multiplicitet till karakteristisk ekvation. Inför även beteckningen ๐ ๐ = rotens multiplicitet (Används enbart för att tydliggöra senare beräkning) ”Beräkna” ansatsen ๐(๐โ) som ∑ (polynom i ๐ av grad (๐๐ − 1)) โ (๐๐ )๐ ๐ ๐ ๐ก rötter Homogena lösningen blir ๐(๐โ) = (๐ด10 + ๐ด11 โ ๐)(1)๐ + (๐ด20 )(2)๐ + (๐ด30 + ๐ด31 โ ๐ + ๐ด32 โ ๐2 )(4)๐ där ๐ด๐๐ är godtyckliga konstanter Sida 18 av 39 Partikuläransats Vad är funktionen? ๐(๐) = (๐ธ + ๐น๐ ) โ 3๐ Dela upp i polynom-del och exponent-del. Identifiera även polynomets grad. ๐(๐) = ๐ธ + ๐น๐ grad(๐(๐)) = 1 (๐)๐ = 3๐ OBS! Ta hänsyn till ”den osynliga 1:an” som möjlig exponent-del! Se följande exempel. ๐(๐) = ๐ด๐2 + ๐ต๐4 โ ”ingen exponent-del” ๐(๐) = ๐ด๐2 + ๐ต๐4 = (๐ด๐2 + ๐ต๐4 ) โ 1๐ ⇒ ๐ = 1 Undersök (๐)๐ : Är ๐ en rot till den karakteristiska ekvationen (๐พ๐ธ), och i så fall med vilken multiplicitet? Fall 1: ๐ är en rot till ๐พ๐ธ, med multiplicitet ๐ Fall 2: ๐ är inte en rot till ๐พ๐ธ Använd olika partikuläransatser beroende på om det rör sig om fall 1 eller fall 2. Fall 1: Ansatsen blir ๐(๐๐) = (๐๐๐๐ฆ๐๐๐) โ ๐ ๐ โ ๐๐ ( ) Fall 2: Ansatsen blir ๐๐๐ = (๐๐๐๐ฆ๐๐๐) โ ๐ ๐ där (๐๐๐๐ฆ๐๐๐) är av ๐๐๐๐(๐ (๐)) Antag att ๐ = 3 är en rot till ๐พ๐ธ med multiplicitet 2 Exempel enligt ovan. Vi har sedan tidigare att: ๏ท ๏ท ๏ท ๏ท ๐พ๐ธ: ๐4 + ๐ต๐2 − ๐ถ๐ + ๐ท = 0 ๐(๐) = ๐ธ + ๐น๐ grad(๐(๐)) = 1 (๐)๐ = 3๐ ⇒ Det rör sig om Fall 1 ( ) ⇒ Ansatsen blir ๐๐๐ = (๐๐๐๐ฆ๐๐๐) โ 3๐ โ ๐2 grad(๐(๐)) = 1 ⇒ (๐๐๐๐ฆ๐๐๐) = (๐0 + ๐1 ๐), där ๐๐ är godtyckliga konstanter ∴ Partikuläransatsen blir: ๐(๐๐) = (๐0 + ๐1 ๐) โ 3๐ โ ๐2 Partikulärlösning Vad är ekvationen? ๐๐+4 + ๐ต๐๐+2 − ๐ถ๐๐+1 + ๐ท๐๐ = (๐ธ + ๐น๐ ) โ 3๐ Vad är funktionen? ๐(๐) = (๐ธ + ๐น๐ ) โ 3๐ Vad är partikuläransatsen? Antag att ๐(๐๐) = (๐0 + ๐1 ๐) โ 3๐ โ ๐2 ( ) ๐ ๐๐+4 = ๐๐+4 = (๐0 + ๐1 (๐ + 4)) โ 3๐+4 โ (๐ + 4)2 Betrakta ๐๐ som en funktion av ๐, dvs ( ๐) ๐ต๐๐+2 = ๐ต๐๐+2 = ๐ต[(๐0 + ๐1 (๐ + 2)) โ 3๐+2 โ (๐ + 2)2 ] ๐ ๐๐+๐ฅ = ๐๐ (๐ = ๐ + ๐ฅ ) = ๐๐ (๐ = ๐ + ๐ฅ) ( ๐) ๐ถ๐๐+1 = ๐ถ๐๐+1 = ๐ถ[(๐0 + ๐1 (๐ + 1)) โ 3๐+1 โ (๐ + 1)2 ] Ersätt alla såna termer i VL. ๐ท๐๐ = ๐ท๐(๐๐) = ๐ท[(๐0 + ๐1 ๐) โ 3๐ โ ๐2 ] ๏ท ๏ท ๏ท Utveckla parenteserna i VL Jämför koefficienter i VL (๐๐ -termerna) med HL (๐(๐)) Detta ger ett ekvationssystem; lös ut värden på de okända konstanterna ๐0 , ๐1 , … VL HL Resultat ๐1 3๐+2 (๐0 + ๐1 ) ๐น โ 3๐ ๐๐ (๐0 + 9๐1 ) โ 3๐ ๐ธ โ 3๐ ๐น 32 ๐0 + 9๐1 = ๐ธ Ekvationssystemet ovan ger ๐0 = ๐น−๐ธ 8 ๐0 + ๐1 = och ๐1 = 9๐ธ−๐น 72 . *OBS: Exempel med påhittade siffror för att illustrera principen. Sida 19 av 39 Begynnelsevärden Vad är ekvationen? ๐๐ = ๐(๐โ) + ๐(๐๐) ⇔ ๐๐ = (๐ด10 + ๐ด11 โ ๐)1๐ + (๐ด20 )2๐ + (๐0 + ๐1 ๐) โ 3๐ โ ๐2 Notera att… ๐ด๐๐ är fortfarande okända medan ๐๐ beräknades ovan. Vilka begynnelsevärden finns? Antag att vi får (givet) ๐0 = 0, ๐1 = 1 och ๐2 = 2. Betrakta ๐๐ som en funktion av ๐, dvs ๐๐ = ๐๐ (๐). ๐0 = 0 ⇔ (๐ด10 + ๐ด11 โ 0)10 + (๐ด20 )20 + (๐0 + ๐1 โ 0) โ 30 โ 02 = 0 ⇔ ๐ด10 + ๐ด20 = 0 T.ex. gäller att ๐0 = ๐๐ (๐ = 0) medan ๐1 = ๐๐ (๐ = 1) osv. Varje begynnelsevärde ger upphov till en ekvation. Tillsammans bildar dessa ett ekvationssystem som kan användas för att lösa ut de okända konstanterna ๐ด๐๐ . ๐1 = 1 ⇔ (๐ด10 + ๐ด11 โ 1)11 + (๐ด20 )21 + (๐0 + ๐1 โ 1) โ 31 โ 12 = 1 ⇔ (๐ด10 + ๐ด11 ) + 2๐ด20 + 3(๐0 + ๐1 ) = 0 ๐2 = 2 ⇔ (๐ด10 + ๐ด11 โ 2)12 + (๐ด20 )22 + (๐0 + ๐1 โ 2) โ 32 โ 22 = 2 ⇔ (๐ด10 + 2๐ด11 ) + 4๐ด20 + 36(๐0 + 2๐1 ) = 0 ๐ด10 + ๐ด20 = 0 { (๐ด10 + ๐ด11 ) + 2๐ด20 + 3(๐0 + ๐1 ) = 1 ⇔… ⇔ (๐ด10 + 2๐ด11 ) + 4๐ด20 + 36(๐0 + 2๐1 ) = 2 ๐ด10 = ๐ด๐0 + ๐ต๐1 { ๐ด11 = ๐ถ๐0 − ๐ท๐1 ๐ด20 = ๐ธ๐0 (notera att ๐0 och ๐1 är kända sen tidigare) ∴ ๐(๐โ) = (๐ด10 + ๐ด11 ๐)1๐ + (๐ด20 )2๐ = (๐ด๐0 + ๐ต๐1 + (๐ถ๐0 − ๐ท๐1 )๐) + (๐ธ๐0 )2๐ Slå samman all information från ’homogen lösning’ och ’partikulär lösning’ till ett slutgiltigt svar. ๐๐ = (๐ด๐0 + ๐ต๐1 + (๐ถ๐0 − ๐ท๐1 )๐) + (๐ธ๐0 )2๐ + (๐0 + ๐1 ๐) โ 3๐ โ ๐2 där ๐0 , ๐1 är kända konstanter som beräknades i ett tidigare steg och ๐ธ, ๐น är givna konstanter från frågan. Att tänka på Tentafrågor på detta koncept brukar ofta ha två delar. Första delen handlar om att ta informationen i frågan och göra om den till en vettig differensekvation. Oftast är det något matematiskt knep, t.ex. omskrivning (2016-08-18), eliminering (2016-06-03) eller variabelbyte (201508-20) som ska tas till. Andra delen handlar om att lösa själva differensekvationen. Detta är betydligt mer straightforward eftersom det följer ovanstående metod. Ibland förekommer enbart denna del, dvs en ekvation är given och ska lösas. Sida 20 av 39 TENTA 2016-08-18 uppgift 4: En följd {๐๐ } uppfyller differensekvationen (๐ − 1)(๐ − 2)๐๐ − 4(๐)(๐ − 2)๐๐−1 + 3(๐)(๐ − 1)๐๐−2 = (4๐ + 2)(๐)(๐ − 1)(๐ − 2), ๐ ≥ 3, där ๐1 = 5 och ๐2 = 16. ๐ a) Betrakta den nya följden { ๐๐ } där ๐๐ = ๐๐ , för ๐ ≥ 1. Ange en ekvation med begynnelsevillkor för ๐๐ . b) Ange en formel för ๐๐ och även för ๐๐ . Ersätt därför alla ๐๐ -termer i originalekvationen med motsvarande ๐๐ -term. ๐ Vi har ๐๐ = ๐๐ ⇔ ๐๐ = ๐ โ ๐๐ och på samma sätt ๐๐−1 = (๐ − 1) โ ๐๐−1 osv. Vi söker en ny följd { ๐๐ } som är relaterad till {๐๐ } ๐ genom att ๐๐ = ๐๐ , ๐ ≥ 1 (๐ − 1)(๐ − 2)๐ − 4(๐)(๐ − 2)๐ ๐ ๐−1 + 3( ๐)( ๐ − 1) ๐๐−2 blir därför (๐ − 1)(๐ − 2)๐๐๐ − 4(๐)(๐ − 2)(๐ − 1)๐๐−1 + 3(๐)(๐ − 1)(๐ − 2)๐๐−2 Förenkla ekvationen genom att förkorta bort liknande termer. Notera att ๐ป๐ฟ = (4๐ + 2)(๐)(๐ − 1)(๐ − 2) där termerna (๐)(๐ − 1)(๐ − 2) förekommer på båda sidor om likhetstecknet. Eftersom ๐ ≥ 3 är givet så kan de förkortas bort utan nolldivisions-problem. Nu har vi ๐๐ − 4๐๐−1 + 3๐๐−2 = 4๐ + 2, ๐ ≥ 3, dvs en rekursiv ekvation. Vi behöver också begynnelsevillkor för ๐๐ . Använd att vi känner till ๐1 och ๐2 . Sammanställ all information vi har ๐1 5 / ⇔ ๐1 = = 5 1 1 ๐2 16 ๐2 = 16 ⇔/ ๐2 = / ⇔ ๐2 = =8 2 2 ๐1 = 5 ⇔/ ๐1 = ๐๐ − 4๐๐−1 + 3๐๐−2 = 4๐ + 2, ๐≥3 med begynnelsevärden ๐1 = 5 och ๐2 = 8 ๐๐ − 4๐๐−1 + 3๐๐−2 = 4๐ + 2 Bestäm homogen lösning via karakteristisk ekvation (KE) ⇒ KE: ๐2 − 4๐ + 3 = 0 ⇔ (๐ − 1)(๐ − 3) = 0 ๐ = 1 med multiplicitet ๐ 1 = 1 ⇔{ 1 ๐2 = 3 med multiplicitet ๐ 2 = 1 ⇒ Polynom av grad ๐๐ − 1, dvs grad 0 ⇒ ๐๐(โ) = ๐ต1 (1)๐ + ๐ต2 (3)๐ Bestäm partikuläransats beroende på karakteristisk ekvation och funktion i högerledet ๐(๐) = 4๐ + 2 = (4๐ + 2 ) โ 1๐ ⇒ ๐ = 1 ๐ = 1 är en rot till ๐พ๐ธ, med multiplicitet 1 ⇒ Fall 1: Ansats blir ๐๐(๐) = (polynom av grad(๐(๐))) โ 1๐ โ ๐1 ⇒ ๐๐(๐) = (๐ต3 ๐ + ๐ต4 )๐ Bestäm partikulärlösning med hjälp av partikuläransats. Sätt in partikuläransats i ekvationen och jämför koefficienter i VL med HL. ๐๐ − 4๐๐−1 + 3๐๐−2 = 4๐ + 2 och ๐๐(๐) = (๐ต3 ๐ + ๐ต4 )๐ ger att (๐ต3 ๐ + ๐ต4 )๐ − 4[(๐ต3 (๐ − 1) + ๐ต4 )(๐ − 1)] +3[(๐ต3 (๐ − 2) + ๐ต4 )(๐ − 2)] = 4๐ + 2 ⇔ … ⇔ ๐2 (0) + ๐(−4๐ต3 ) + (8๐ต3 − 2๐ต4 ) = 4๐ + 2 VL HL Resultat ๐1 −4๐ต3 4 −4๐ต3 = 4 ⇔ ๐ต3 = −1 ๐๐ 8๐ต3 − 2๐ต4 2 8๐ต3 − 2๐ต4 = 3 ⇒ ๐ต4 = −5 Sida 21 av 39 Vi har hittills: ๐๐ = ๐๐(โ) + ๐๐(๐) = ๐ต1 (1)๐ + ๐ต2 (3)๐ + (−๐ − 5)๐ Begynnelsevärdena ๐1 = 5 och ๐2 = 8 ger följande ekvationssystem: Använd givna begynnelsevärden och ”sätt in deras ๐ i ekvationen” för att lösa ut den homogena lösningens koefficienter. ๐1 = 5 ⇔ ๐ต1 (1)1 + ๐ต2 (3)1 + (−1 − 5) โ 1 = 5 ⇔ ๐ต1 + 3๐ต2 = 11 ๐2 = 8 ⇔ ๐ต1 (1)2 + ๐ต2 (3)2 + (−2 − 5) โ 2 = 8 ⇔ ๐ต1 + 9๐ต2 = 22 11 ๐ต1 = ๐ต + 3๐ต2 = 11 2 ⇒ ๐(โ) = 11 (1)๐ + 11 (3)๐ { 1 ⇔{ ๐ ๐ต1 + 9๐ต2 = 22 11 2 6 ๐ต2 = 6 Slå samman homogen lösning och partikulärlösning för att få slutgiltigt svar. Även en formel för ๐๐ efterfrågas. Använd ๐๐ = ๐ โ ๐๐ enligt ovan. 11 11 ๐ + 3 − ๐2 − 5๐ ⇒ 2 6 11 11 ๐ 11 11 ๐๐ = ๐ ( + 3 − ๐2 − 5๐) = ๐ + ๐ โ 3๐ − ๐3 − 5๐2 2 6 2 6 ๐๐ = ๐๐(โ) + ๐๐(๐) = TENTA 2016-06-03 uppgift 4: Lös följande system av differensekvationer (där ๐0 = ๐0 = 1): (1) ๐๐+1 = 2๐๐ + ๐๐ + ๐ (2) ๐๐+1 = ๐๐ + 2๐๐ + 3๐ + 1 Notera att (1) ๐๐+1 = 2๐๐ + ๐๐ + ๐ ⇔ ๐๐+1 − 2๐๐ − ๐ = ๐๐. Ersätt ๐๐ med detta i (2) så fås: Svårt att hantera system av (3) ๐๐+1 = ๐๐ + 2(๐๐+1 − 2๐๐ − ๐) + 3๐ + 1 = 2๐๐+1 − 3๐๐ + (๐ + 1) ekvationer. Förenkla! Genom att betrakta (3) ๐๐+1 = 2๐๐+1 − 3๐๐ + (๐ + 1) som en funktion av Försök uttrycka ๐๐ i ๐๐ ๐ (tänk substitution med ๐ก = ๐ + 1) kan vi få fram: och därefter få en ekvation (4) ๐ = 2๐ − 3๐ ๐ ๐ ๐−1 + ๐ med endast ๐๐ och ๐, dvs en differensekvation som Använd nu (3) och (4) i (2) så fås vi kan lösa. 2๐๐+1 − 3๐๐ + (๐ + 1) = ๐๐ + 2(2๐๐ − 3๐๐−1 + ๐) + 3๐ + 1 ⇔ ๐๐+1 − 4๐๐ + 3๐๐−1 = 2๐. Vi behöver också fler begynnelsevillkor för ๐๐ . Använd att vi känner till ๐0 = ๐0 = 1. ๐๐+1 = 2๐๐ + ๐๐ + ๐ ⇒ ๐1 = 2 โ ๐0 + ๐0 + 0 ⇔ ๐1 = 2 + 1 = 3 Sammanställ all information vi har ๐๐+1 − 4๐๐ + 3๐๐−1 = 2๐, med begynnelsevärden ๐0 = 1 och ๐1 = 3 Sida 22 av 39 Bestäm homogen lösning via karakteristisk ekvation (KE) ๐๐+1 − 4๐๐ + 3๐๐−1 = 2๐ ⇒ KE: ๐2 − 4๐ + 3 = 0 ⇔ (๐ − 1)(๐ − 3) = 0 ๐ = 1 med multiplicitet ๐ 1 = 1 ⇔{ 1 ๐2 = 3 med multiplicitet ๐ 2 = 1 ⇒ Polynom av grad ๐๐ − 1, dvs grad 0 ⇒ ๐๐(โ) = ๐ด1 (1)๐ + ๐ด2 (3)๐ Bestäm partikuläransats beroende på karakteristisk ekvation och funktion i högerledet ๐(๐) = 2๐ = 2๐ โ 1๐ ⇒ ๐ = 1 ๐ = 1 är en rot till ๐พ๐ธ, med multiplicitet 1 ( ) ⇒ Fall 1: Ansats blir ๐๐๐ = (polynom av grad(๐(๐))) โ 1๐ โ ๐1 ⇒ ๐(๐๐) = (๐ด3 ๐ + ๐ด4 )๐ Bestäm partikulärlösning med hjälp av partikuläransats. Sätt in partikuläransats i ekvationen och jämför koefficienter i VL med HL. ๐๐+1 − 4๐๐ + 3๐๐−1 = 2๐ och ๐(๐๐) = (๐ด3 ๐ + ๐ด4 )๐ ger att (๐ด3 (๐ + 1) + ๐ด4 )(๐ + 1) − 4(๐ด3 ๐ + ๐ด4 )๐ +3[(๐ด3 (๐ − 1) + ๐ด4 )(๐ − 1)] = 2๐ ⇔ … ⇔ ๐2 (0) + ๐(−4๐ด3 ) + (4๐ด3 − 2๐ด4 ) = 2๐ VL HL ๐1 −4๐ด3 2 ๐๐ 4๐ด3 − 2๐ด4 0 ( ) Resultat −4๐ด3 = 2 ⇔ ๐ด3 = − 1 2 4๐ด3 − 2๐ด4 = 0 ⇒ ๐ด4 = −1 ( ) ๐ Vi har hittills: ๐๐ = ๐๐โ + ๐๐๐ = ๐ด1 (1)๐ + ๐ด2 (3)๐ + (− 2 − 1) ๐ Begynnelsevärdena ๐0 = 1 och ๐1 = 3 ger följande ekvationssystem: ๐0 = 1 Använd givna begynnelsevärden och ”sätt in deras ๐ i ekvationen” för att lösa ut den homogena lösningens koefficienter. Slå samman homogen lösning och partikulärlösning för att få slutgiltigt svar. Även en formel för ๐๐ ska tas fram. Använd ๐๐ = 2๐๐ − 3๐๐−1 + ๐ (ekvation 4 enligt ovan.) 0 ⇔ ๐ด1 (1)0 + ๐ด2 (3)0 + (− − 1) โ 0 = 1 ⇔ ๐ด1 + ๐ด2 = 1 2 ๐1 = 3 1 9 ⇔ ๐ด1 (1)1 + ๐ด2 (3)1 + (− − 1) โ 1 = 3 ⇔ ๐ด1 + 3๐ด2 = 2 2 −3 ๐ด1 + ๐ด2 = 11 ๐ด1 = 4 ⇒ ๐(โ) = −3 (1)๐ + 7 (3)๐ 9⇔{ { ๐ 7 ๐ด1 + 3๐ด2 = 4 4 ๐ด2 = 2 4 −3 7 ๐ ๐2 ( โ) ( ๐) ๐๐ = ๐๐ + ๐๐ = + 3 − − ๐. 4 4 2 −3 7 ๐ ๐2 ๐๐ = 2๐๐ − 3๐๐−1 + ๐ ⇔ ๐๐ = 2 ( + 3 − − ๐ )− 4 4 2 −3 7 ๐−1 (๐ − 1)2 −3 ( + 3 − − ( ๐ − 1) ) + ๐ ⇔ โฏ ⇔ 4 4 2 3 7 ๐2 ⇔ ๐๐ = − + 3๐ + −๐ 4 4 2 Sida 23 av 39 2015-10-22 uppgift 3: Lös ekvationen ๐๐+3 − 6๐๐+2 + 11๐๐+1 − 6๐๐ = 3๐, där ๐0 = ๐1 = ๐2 = 1, ๐ ≥ 0. Bestäm homogen lösning via karakteristisk ekvation (KE) ๐๐+3 − 6๐๐+2 + 11๐๐+1 − 6๐๐ = 3๐ ⇒ KE: ๐3 − 6๐2 + 11๐ − 6 = 0 ⇔ (๐ − 1)(๐ − 2)(๐ − 3) = 0 ๐1 = 1 med multiplicitet ๐ 1 = 1 ⇔ {๐2 = 2 med multiplicitet ๐ 2 = 1 ๐3 = 3 med multiplicitet ๐ 3 = 1 ⇒ Polynom av grad ๐๐ − 1, dvs grad 0 ⇒ ๐๐(โ) = ๐ด1 (1)๐ + ๐ด2 (2)๐ + ๐ด3 (3)๐ Bestäm partikuläransats beroende på karakteristisk ekvation och funktion i högerledet ๐(๐) = 2๐ = 2๐ โ 1๐ ⇒ ๐ = 1 ๐ = 1 är en rot till ๐พ๐ธ, med multiplicitet 1 ⇒ Fall 1: Ansats blir ๐(๐๐) = (polynom av grad(๐(๐))) โ 1๐ โ ๐1 ⇒ ๐(๐๐) = (๐ด4 ๐ + ๐ด5 )๐ ๐๐+3 − 6๐๐+2 + 11๐๐+1 − 6๐๐ = 3๐ och Bestäm partikulärlösning med hjälp av partikuläransats. Sätt in partikuläransats i ekvationen och jämför koefficienter i VL med HL. ๐(๐๐) = (๐ด3 ๐ + ๐ด4 )๐ ger att (๐ด4 (๐ + 3) + ๐ด5 )(๐ + 3) − 6(๐ด4 (๐ + 2) + ๐ด5 )(๐ + 2) +11[(๐ด4 (๐ + 1) + ๐ด5 )(๐ + 1)] − 6(๐ด4 ๐ + ๐ด5 )๐ = 3๐ ⇔ … ⇔ ๐2 (0) + ๐(4๐ด4 ) + (−4๐ด4 + 2๐ด5 ) = 2๐ VL HL ๐1 4๐ด4 3 ๐๐ 2๐ด5 − 4๐ด4 0 Resultat 4๐ด4 = 3 ⇔ ๐ด4 = 3 4 2๐ด5 − 4๐ด4 = 0 ⇒ ๐ด5 = 3 2 Vi har hittills: 3 3 4 2 ๐๐ = ๐(๐โ) + ๐(๐๐) = ๐ด1 (1)๐ + ๐ด2 (2)๐ + ๐ด3 (3)๐ + ( ๐ + ) ๐ Begynnelsevärdena ๐0 = ๐1 = ๐2 = 1 ger följande ekvationssystem: ๐0 = 1 ⇔ โฏ ⇔ ๐ด1 + ๐ด2 + ๐ด3 = 1 Använd givna begynnelsevärden och ”sätt in deras ๐ i ekvationen” för att lösa ut den homogena lösningens koefficienter. 5 4 ๐2 = 1 ⇔ โฏ ⇔ ๐ด1 + 4๐ด2 + 9๐ด3 = −5 ๐1 = 1 ⇔ โฏ ⇔ ๐ด1 + 2๐ด2 + 3๐ด3 = − 29 8 5 {๐ด1 + 2๐ด2 + 3๐ด3 = − ⇔ ๐ด2 = −3 4 3 ๐ด1 + 4๐ด2 + 9๐ด3 = −5 ๐ด3 = { 8 29 3 ( 1) ๐ − 3( 2) ๐ + ( 3) ๐ ⇒ ๐๐(โ) = 8 8 29 3 3 3 ( ) ( ) (1)๐ − 3(2)๐ + (3)๐ + ( ๐ + ) ๐. ๐๐ = ๐๐โ + ๐๐๐ = 8 8 4 2 ๐ด1 + ๐ด2 + ๐ด3 = 1 Kombinera homogen lösning och partikulärlösning till slutgiltigt svar. Sida 24 av 39 ๐ด1 = Induktionsprincipen Induktionsprincipen handlar om att kunna bevisa att ett visst påstående gäller för alla heltal ๐ (typiskt med ๐ större än ett visst tal ๐0 ) med hjälp av en egenskap hos heltalen, nämligen att de är välordnade. Det betyder att 1 följs av 2, som följs av 3, som följs av …, som följs av ๐, som följs av ๐ + 1. Kan man visa att ett påstående gäller för basfallet (t.ex. ๐ = 3) och att påståendet även gäller för ๐ = ๐ + 1 (efter att först ha gjort antagandet att det gäller för fallet ๐ = ๐) så säger induktionsprincipen att det gäller för alla tal ๐ ≥ 3. Med andra ord: om ett påstående gäller för ett visst tal ๐ = ๐ och för ๐ = ๐ + 1, så gäller det även för ๐ = (๐ + 1) respektive ๐ = (๐ + 1) + 1 osv. Formellt uttrycks induktionsprincipen enligt följande: Låt ๐ ≥ ๐0 vara ett heltal och låt ๐ vara ett påstående som är sant för ๐ = ๐0 . Anta ๐ är sant för något ๐ = ๐ ≥ ๐0 . Om påståendet även är sant för ๐ = ๐ + 1, så är P sant för varje heltal ๐ ≥ ๐0 . Lösningsgång 1) Bevisa att påståendet är sant för basfallet ๐ = ๐0 . 2) Anta att påståendet är sant för ett visst ๐ = ๐, där ๐ ≥ ๐0 3) Bevisa att påståendet är sant även för ๐ = ๐ + 1(här får man anta (2) dvs påståendet är sant för ๐ = ๐) Exempeluppgifter TENTA 2016-08-18 uppgift 1: Visa att ∑๐๐ =1 ๐ 3 = (๐2 +๐) 4 2 för alla heltal ๐ ≥ 1. ๐=1 Visa att påståendet gäller VL: ∑ ๐ 3 = 13 = 1, för basfallet ๐ = 1 HL: ( 12 + 1) 2 4 ๐=1 Anta att påståendet gäller för ett visst ๐ = ๐ där ๐ ≥ 1 ๐=๐ 3 ∑๐ = ( ๐ 2 + ๐) 2 4 ๐=1 ๐=๐+1 = 22 = 1, 4 VL = HL ⇒ OK! ๐ 4 + 2๐ 3 + ๐ 2 ๐ 2 (๐2 + 2๐ + 1) ๐ 2 (๐ + 1)2 = = = 4 4 4 ๐=๐ ๐=๐+1 ๐ 2 ( ๐ + 1) 2 VL: ∑ ๐ = ∑ ๐ + ∑ ๐ = + ( ๐ + 1) 3 4 3 ๐=1 3 ๐=1 3 ๐=๐+1 2 Visa att påståendet gäller (๐ + 1)2 ((๐ + 1) + 1) även för ๐ = ๐ + 1 HL: 4 2 ( ๐ + 1) ( ๐ + 2) 2 Dela upp summan i två = 4 delar: summan av de 2 2 första ๐ termerna (där vi = (๐ + 1) (๐ + 4๐ + 4) 4 kan använda påståendet 2( 2 (4๐ + 4)(๐ + 1)2 ๐ ๐ + 1) för ๐ = ๐) och summan = + av den ๐ + 1:te termen 4 4 2( 2 ) ๐ ๐+ 1 = + (๐ + 1)(๐ + 1)2 4 ๐ 2 ( ๐ + 1) 2 = + ( ๐ + 1) 3 , VL = HL ⇒ OK! 4 Eftersom påståendet gäller för ๐ = 1 och ๐ = ๐ + 1 (under förutsättning att Induktionsprincipen ๐ = ๐ gäller) så ger induktionsprincipen att påståendet ∑๐๐=1 ๐ 3 = för alla heltal ๐ ≥ 1, vilket skulle visas. Sida 25 av 39 (๐2 +๐) 4 2 gäller 1 ๐ TENTA 2015-08-20 uppgift 1: Visa att ∑๐๐=1 (4๐−3)(4๐ +1) = 4๐+1 för alla heltal ๐ ≥ 1. ๐=1 1 1 1 = = , Visa att påståendet gäller VL: ∑ (4๐ − 3)(4๐ + 1) (4 − 3)(4 + 1) 5 för basfallet ๐ = 1 ๐=1 VL = HL ⇒ OK! Anta att påståendet gäller för ett visst ๐ = ๐ där ๐ ≥ 1 ๐=๐ ∑ ๐=1 HL: 1 1 = , 4+ 1 5 1 ๐ = (4๐ − 3)(4๐ + 1) 4๐ + 1 ๐=๐+1 VL: ∑ ๐=1 ๐=๐ 1 (4๐ − 3)(4๐ + 1) ๐=๐+1 1 1 =∑ + ∑ (4๐ − 3)(4๐ + 1) (4๐ − 3)(4๐ + 1) ๐=1 ๐=๐ ๐=๐+1 1 1 Visa att påståendet gäller = ∑ + även för ๐ = ๐ + 1 (4๐ − 3)(4๐ + 1) (4(๐ + 1) − 3)(4(๐ + 1) + 1) ๐=1 ๐=๐ Dela upp summan i två delar: summan av de första ๐ termerna (där vi kan använda påståendet för ๐ = ๐) och summan av den ๐ + 1:te termen =∑ ๐=1 1 1 + (4๐ − 3)(4๐ + 1) (4๐ + 1)(4๐ + 5) ๐ 1 + 4๐ + 1 (4๐ + 1)(4๐ + 5) ๐ (4๐ + 5) 1 4๐ 2 + 5๐ + 1 = + = (4๐ + 1)(4๐ + 5) (4๐ + 1)(4๐ + 5) 4๐ + 1 = HL: (๐ + 1)(4๐ + 1) ๐ +1 ๐+1 4๐ 2 + 5๐ + 1 = = = , 4(๐ + 1) + 1 4๐ + 5 (4๐ + 5)(4๐ + 1) (4๐ + 5)(4๐ + 1) VL = HL ⇒ OK! Induktionsprincipen Eftersom påståendet gäller för ๐ = 1 och ๐ = ๐ + 1 (under förutsättning att 1 ๐ = ๐ gäller) så ger induktionsprincipen att påståendet ∑๐๐=1 (4๐−3) (4๐+1) = ๐ 4๐+1 gäller för alla heltal ๐ ≥ 1, vilket skulle visas. Sida 26 av 39 TENTA 2016-06-03 uppgift 1: Visa att 13๐ − 6๐ är delbart med 7 för alla heltal ๐ ≥ 0. Visa att påståendet gäller 130 − 60 = 1 − 1 = 0, för basfallet ๐ = 0 Anta att påståendet gäller för ett visst ๐ = ๐ där ๐ ≥ 0 0 är delbart med 7 ⇒ OK! 13๐ − 6๐ är delbart med 7 ⇔ 13๐ − 6๐ är en multipel av 7 ⇔ 13๐ − 6๐ = 7 โ ๐, för något k 13๐+1 − 6๐+1 = = 13 โ 13๐ − 6 โ 6๐ Visa att påståendet gäller = (6 + 7) โ 13๐ − 6 โ 6๐ även för ๐ = ๐ + 1 = 6 โ 13๐ + 7 โ 13๐ − 6 โ 6๐ = 6(13๐ − 6๐ ) + 7 โ 13๐ = 6 โ 7๐ + 7 โ 13๐ = 7(6๐ + 13๐ ), 7(6๐ + 13๐ ) är delbart med 7 ⇒ OK! Induktionsprincipen Eftersom påståendet gäller för ๐ = 0 och ๐ = ๐ + 1 (under förutsättning att ๐ = ๐ gäller) så ger induktionsprincipen att påståendet 13๐ − 6๐ är delbart med 7 gäller för alla heltal ๐ ≥ 0, vilket skulle visas. TENTA 2015-06-04 uppgift 1: Visa att 4 + 5 + 7 + 9 + โฏ + (2๐ + 3) = (๐ + 2)2 för alla heltal ๐ ≥ 1. HL: (1 + 2)2 = 32 = 9, Visa att påståendet gäller VL: 4 + 5 = 9, för basfallet ๐ = 1 VL = HL ⇒ OK! Anta att påståendet gäller för ett visst ๐ = ๐ där ๐ ≥ 1 4 + 5 + 7 + 9 + โฏ + (2๐ + 3) = (๐ + 2)2 , ๐≥1 VL: 4 + 5 + 7 + 9 + โฏ + (2๐ + 3) + (2(๐ + 1) + 3) = 4 + 5 + 7 + 9 + โฏ + (2๐ + 3) + (2๐ + 5) = (๐ + 2)2 + (2๐ + 5) 2 2 Visa att påståendet gäller = ๐ + 4๐ + 4 + 2๐ + 5 = ๐ + 6๐ + 9 även för ๐ = ๐ + 1 2 HL: ( (๐ + 1) + 2) = (๐ + 3)2 = ๐ 2 + 6๐ + 9 VL = HL ⇒ OK! Induktionsprincipen Eftersom påståendet gäller för ๐ = 1 och ๐ = ๐ + 1 (under förutsättning att ๐ = ๐ gäller) så ger induktionsprincipen att påståendet 4 + 5 + 7 + 9 + โฏ + (2๐ + 3) = (๐ + 2)2 gäller för alla heltal ๐ ≥ 1, vilket skulle visas. Användbara trick ๏ท ๏ท Summor kan ofta delas upp i två delar: summan av de första ๐ termerna + summan av den ๐ + 1: te termen (som bara är den ๐ + 1: te termen). Detta gör det enklare att återanvända påståendet som gäller för ๐ = ๐, vid bevis av fallet ๐ = ๐ + 1. Även exponenter blir oftare lättare att hantera om man delar upp ๐ + 1 i ๐ respektive 1, t.ex. vid (๐ฅ + 1)๐+1 = (๐ฅ + 1)๐ (๐ฅ + 1) Sida 27 av 39 Grafteori Beteckning Betydelse Exempel ๐(๐บ) Mängden av alla hörn (jämf. ”noder”) till grafen G. ๐ (๐บ ) = {๐, ๐, ๐, ๐ } ๐ธ(๐บ) Mängden av alla kanter (jämf. ”bågar”) till grafen G. ๐ธ (๐บ ) = {{๐, ๐ }, {๐, ๐ }} Enkel graf ๐บ = (๐(๐บ ), ๐ธ (๐บ )) Grannar Isolerat hörn Multipla kanter Har högst en kant mellan två olika hörn Har inga kanter där ändpunkterna sammanfaller Två hörn ๐ och ๐ sägs vara grannar om de förbinds av en kant Om ett hörn (๐) inte är ändpunkt för någon kant Två kanter med samma ändpunkt (๐๐, ๐๐) ๐๐บ (๐ฃ) ๐(๐ฃ) Gradtal / valens: Talar om hur många kanter som har ett visst hörn ๐ฃ som ändpunkt. Eventuella loopar räknas dubbelt. (๐)-reguljär graf ๐-reguljär: Alla hörn har gradtal ๐ En graf ๐บ kallas reguljär om den är ๐-reguljär för något ๐ ๐พ๐ Fullständig / komplett: Enkel graf där varje par av hörn är förbundna med en kant. Den kompletta grafen med ๐ hörn betecknas ๐พ๐ . ๐บฬ Komplementet till G är en enkel graf som har samma hörn som G, och dessa hörn ska vara grannar om och endast om de inte är grannar i G. Delgraf En delgraf (๐บ’) till en graf ๐บ består av en delmängd av dess kanter och hörn. Helt enkelt en mindre graf inuti grafen. Väg Alternerande följd av kanter och hörn (ej nödvändigtvis olika) Ex: ๐ → ๐ → ๐ → ๐ Enkel väg En väg där alla hörn är olika Ex: ๐ → ๐ → ๐ Sluten väg Starthörn är samma som sluthörn, dvs ๐ฃ๐+1 = ๐ฃ1 Ex: ๐ → ๐ → ๐ → ๐ → ๐ Cykel Cykel av längd ๐: Enkel och sluten väg ๐ฃ1 → ๐ฃ2 → โฏ → ๐ฃ๐ → ๐ฃ1 med minst ๐ ≥ 3 hörn Ex: ๐ → ๐ → ๐ → ๐ → ๐ Cykel av längd 2: Sluten väg ๐ฃ1 → ๐ฃ2 → ๐ฃ1 med minst två multipla kanter Ex: ๐ → ๐ → ๐ Cykel av längd 1: Sluten väg ๐ฃ1 → ๐ฃ1 (loop) Ex: ๐ → ๐ Sammanhängande graf Det finns en enkel väg mellan varje par av hörn i grafen Sida 28 av 39 ๐๐บ (๐) = 3 ๐พ4 : Användbara satser Förutsättningar Resultat Förklaring ”Handskakningslemmat” För alla grafer G ∑ ๐๐บ (๐ฃ) = 2 โ |๐ธ(๐บ )| En kant har alltid två ändpunkter / hörn (även om dessa kan gäller att: vara samma, som i en loop) så summan av alla hörns gradtal ๐ฃ∈๐(๐บ) måste alltså vara dubbelt så stor som antalet kanter. För alla grafer G gäller att: ๐๐บ (๐) är gradtalet för en region, dvs antalet kanter som ∑ ๐๐บ (๐) = 2 โ |๐ธ (๐บ )| tillsammans utgör regionen. Resultatet kommer av att en kant alltid har två hörn, och eftersom summan av regionernas ๐∈๐ (๐บ) gradtal = summan av antal kanter = 2 × summan av alla hörn. För alla grafer G gäller att: Det finns ett jämnt antal hörn med udda gradtal För alla grafer G gäller att: ๐๐บ (๐ฃ๐ ) ≤ ๐ − 1 ๐ är antalet hörn i grafen. Isomorfa grafer Isomorfi betyder ”samma form”, så två grafer som är isomorfa har samma struktur i grund och botten. Även om de kan se olika ut vid första anblick och ha olika namn på hörnen så går det alltid att vrida, vända och rotera på dem så att de blir identiska. Notera att dessa operationer bevarar strukturen – man får alltså inte bryta av kopplingar eller skapa nya! För att visa att ๐บ1 och ๐บ2 är isomorfa så måste man kontrollera två saker: 1) För varje kant i G1 så måste det finnas en motsvarande och matchande kant i G2 . 2) För varje kant i G2 så måste det finnas en motsvarande och matchande kant i G1 . Det enkla sättet är att göra följande: Undersök antalet hörn i ๐บ1 och ๐บ2 – de måste vara samma för att graferna ska vara isomorfa! Undersök gradtalet för varje hörn i ๐บ1 och lista dessa i stigande ordning Undersök gradtalet för varje hörn i ๐บ2 och lista dessa i stigande ordning Om listorna är exakt identiska med avseende på både ordning och gradtal för ๐บ1 och ๐บ2 så är graferna isomorfa, annars är de inte isomorfa. 5) Identifiera vilka hörn i ๐บ1 som motsvarar hörnen i ๐บ2 , baserat på att de ska ha samma gradtal och att deras grannar ska ”matcha” i gradtal. 6) Om det finns flera kandidater för ett hörns motsvarighet kan det bli nödvändigt att utföra rotationer och vridningar av t.ex. ๐บ1 för att få fram en fungerande isomorfi. 1) 2) 3) 4) Sida 29 av 39 TENTA 2015-06-04 uppgift 2a: Är graferna ๐บ1 och ๐บ2 isomorfa? Undersök antalet hörn i ๐บ1 och ๐บ2 ๐บ1 har 12 hörn och ๐บ2 har också 12 hörn ⇒ De kan vara isomorfa. Hörn ๐ฎ๐ Hörn ๐ฎ๐ Gradtal 1 a 3 2 b 3 3 c 3 Undersök gradtalet för varje hörn i ๐บ1 och lista dessa i stigande ordning. 4 d 3 9 i 3 10 j 3 Undersök gradtalet för varje hörn i ๐บ2 och lista dessa i stigande ordning 11 k 3 12 m 3 5 e 4 6 f 4 7 g 4 8 h 4 Jämför ๐บ1 -listan med ๐บ2 -listan Listorna är exakt identiska med avseende på både ordning och gradtal för ๐บ1 och ๐บ2 ⇔ graferna är isomorfa. Identifiera vilka hörn i ๐บ1 som motsvarar hörnen i ๐บ2 , baserat på att de ska ha samma gradtal och att deras grannar ska ”matcha” i gradtal. 5 → ๐ är en möjlighet men 5 → ๐, 5 → ๐ och 5 → โ är också möjliga. På samma sätt är 6 → ๐, 6 → ๐, 6 → ๐ och 6 → โ är också möjliga. Om det finns flera kandidater för ett hörns motsvarighet kan det bli nödvändigt att utföra rotationer och vridningar av t.ex. ๐บ1 för att få fram en fungerande isomorfi. Lägg märke till att om man roterar ๐๐๐โ i ๐บ2 med 90° moturs så fås ๐บ1 Det blir därmed lättare att se en isomorfi: 1 → ๐, 2 → ๐, 3 → ๐, 4 → ๐, 5 → ๐, 6 → ๐, 7 → ๐, 8 → โ, 9 → ๐, 10 → ๐, 11 → ๐, 12 → ๐ Notera också att det finns flera tänkbara isomorfier: att rotera ๐๐๐๐ och ๐๐๐๐ i ๐บ2 med 90° medurs vardera skulle också resultera i ๐บ1 fast med en annan mappning (1 → ๐, 2 → ๐ etc.) Sida 30 av 39 Eulergrafer Namn Definition Eulerväg En väg som passerar varje kant i en (sammanhängande) graf exakt en gång Eulercykel En sluten Eulerväg (börjar och slutar på samma hörn) Eulergraf En graf som innehåller en Eulercykel (sluten Eulerväg) ”Grafen är Eulersk” Sats 8.3.2 i Asratian et al. (2014) säger att om G är en sammanhängande graf i planet med minst en kant, så gäller att: Sluten Eulerväg ⇔ varje hörn i G har jämnt gradtal ⇔ Eulersk graf Öppen Eulerväg ⇔ exakt två hörn har udda gradtal ⇒ Ej Eulersk graf Som kuriosa kan nämnas att en öppen eulerväg startar och slutar i hörnen med udda gradtal. Exempeluppgift 8.12 Går det att forma en 120m lång ståltråd till en kub vars sidor är 10m vardera? Svar: En kub med sidlängd 10m är förvisso en 3D-form men kan modelleras som en ”sned tillplattad” 2D-form i planet (rita!). Vi ser att varje hörn har det udda gradtalet 3, vilket enligt satsen ovan innebär att det varken finns en sluten eller öppen Eulerväg. Alltså kan man inte på något sätt lägga ståltråden så att den passerar varje kant exakt en gång (dvs konstruera en kub utan att ståltråden överlappar någonstans). TENTA 2015-06-04 uppgift 2b: Är grafen Eulersk? Undersök förutsättningar för sats Undersök gradtalet för varje hörn i ๐บ Är G en sammanhängande graf i planet med minst en kant? Ja. ⇒ Kan använda sats 8.3.2 (varje hörn i G har jämnt gradtal ⇔ Eulersk graf) ๐ ( ๐) = 6 ๐ ( ๐) = 6 ๐ (๐) = 4 ๐(๐) = 2 ๐(๐ ) = 6 ๐ ( ๐) = 4 ๐(๐ ) = 2 ๐(โ) = 6 Alla hörn har jämnt gradtal ⇔ grafen är Eulersk. Sida 31 av 39 Hamiltongrafer Namn Definition Hamiltonväg En enkel väg som innehåller varje hörn i grafen Hamiltoncykel Förutsatt att grafen har minst tre hörn: En cykel som innehåller varje hörn i grafen, alt. En sluten väg där varje hörn (förutom start och slut) förekommer exakt en gång. Hamiltongraf En graf som innehåller en Hamiltoncykel ”Grafen är Hamiltonsk” Notera att Eulergrafer berör kanter medan Hamiltongrafer berör hörn. Nedan följer satser för att avgöra om en graf är Hamiltonsk eller inte (innehåller Hamiltoncykler eller inte). Användbara satser Förutsättningar Resultat G är en enkel graf Anta att man tar bort ๐ฃ1 , ๐ฃ2 , … , ๐ฃ๐ (๐ st) hörn i ๐บ samt deras tillhörande kanter Om den resulterande grafen har minst ๐ + 1 sammanhängande komponenter ⇒ ๐บ innehåller inte någon Hamiltoncykel. Tips: Det är smart att försöka ta bort hörn med höga gradtal, tänk strategiska knytpunkter, för att få loss många komponenter samtidigt. ๐บ är en enkel graf med ๐ ≥ 3 hörn. Om det för alla par av hörn (๐ฃ๐ฅ , ๐ฃ๐ฆ ) gäller att ๐ (๐ฃ๐ฅ ) + ๐(๐ฃ๐ฆ ) ≥ ๐ ⇒ ๐บ innehåller en Hamiltoncykel ๐ ๐บ är en enkel graf med ๐ ≥ 3 hörn. Om gradtalet för varje hörn i grafen är minst 2 ⇒ ๐บ innehåller en Hamiltoncykel Sida 32 av 39 TENTA 2015-06-04 uppgift 2b: Är grafen Hamiltonsk? Undersök vilka förutsättningar vi har ๐บ är en enkel graf med ๐ = 8 hörn. Hörn ๐ och ๐ har enbart gradtal 2 vilket gör att satserna om att påvisa Hamiltoncykler inte biter. Prova istället att visa på motsatsen, dvs att ๐บ inte är Hamiltonsk. Ta bort de ๐ = 2 st hörnen ๐ och ๐, ty de verkar vara de mest centrala knytpunkterna. Efter att ha tagit bort 2 hörn får vi 3 sammanhängande komponenter. 3 ≥ 2 + 1 ⇒ ๐บ innehåller inte någon Hamiltoncykel. ⇒ ๐บ är inte Hamiltonsk. TENTA 2013-08-22 uppgift 2b: Är grafen Hamiltonsk? Undersök vilka förutsättningar vi har ๐บ är en enkel graf med ๐ = 9 hörn. Satserna om att påvisa Hamiltoncykler biter inte. Att försöka bryta ned grafen i sammanhängande komponenter genom att ta bort hörn ger inte heller effekt. Återstår att manuellt hitta en Hamiltoncykel. En tänkbar Hamiltoncykel är: ๐ →๐ →๐→โ →๐ →๐ →๐ → ๐→๐ →๐ ๐บ innehåller en Hamiltoncykel ⇒ ๐บ är Hamiltonsk. Sida 33 av 39 Bipartita grafer Bipartit betyder ”två delar”, så en bipartit graf ska kunna delas upp i två delar som tillsammans innehåller alla hörn men inte överlappar sinsemellan. Namn Definition En graf ๐บ kallas bipartit om hörnen i ๐บ kan delas upp i två (icke-tomma) mängder ๐ och ๐ sådana att ๐ (๐บ ) = ๐ ∪ ๐, ๐ ∩ ๐ = ∅ och varje kant i ๐บ har den ena ändpunkten i ๐ och den andra i ๐. Bipartit graf Bipartition Alternativ definition: En graf ๐บ kallas bipartit om hörnen i ๐บ kan ”färgas” på så sätt att varje hörn får en färg medan varje par av hörn som förbinds av en kant får olika färger. Ett par (๐, ๐) av mängder i en bipartit graf Fullständigt bipartit graf Enkel bipartit graf med bipartition (๐, ๐) där varje hörn i ๐ är granne med varje hörn i ๐. Om |๐| = ๐ och |๐| = ๐ så betecknas grafen ๐พ๐,๐ . Användbara satser Förutsättningar N/A Resultat Det finns minst en cykel av udda längd ⇒ Grafen är inte bipartit Att skapa en bipartition 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Utgå från ett valfritt hörn. Lägg detta hörn i mängd A. Betrakta alla hörn som är direkt kopplade till det valda hörnet. Lägg dessa i mängd B. Välj nästa hörn som inte tillhör någon mängd. Om det finns kvar hörn att välja: gå till steg 2. Om det inte finns kvar hörn att välja: mängd A är full. För varje hörn i mängd B: betrakta alla hörn som är direkt kopplade till det valda hörnet. Lägg dessa i mängd A. 8. När mängd A är full och alla hörn i mängd B har gåtts igenom: Finns det hörn som förekommer i båda mängder? Om ja ⇒ grafen är ej bipartit Om nej ⇒ mängd A och mängd B är en bipartition av grafen. (creds till Erik Sidén för att ha förklarat ovanstående metod) Figur 1 - Den fullständigt bipartita grafen ๐พ2,3 Sida 34 av 39 Planära grafer Namn Förklaring Exempel En graf är planär om den har åtminstone en plan inbäddning där två kanter aldrig skär varandra förutom i hörn. Planär graf Grafen kan ”plattas ned” i planet på ett sätt så att två kanter aldrig skär varandra förutom i hörn. Notera att man även måste ta hänsyn till grafens isomorfier och alternativa (men ekvivalenta) representationer. Se exempel. Plan inbäddning En geometrisk representation av en graf i planet. Notera att den plana inbäddningen ska ha samma antal regioner som den planära grafen. En plan inbäddning av en planär graf. Plan graf Region En planär graf kan alltså vara i 3D medan en plan graf är en plan inbäddning av den planära grafen (dvs 2D). Varje plan graf delar planet i regioner som begränsas av kanter. I exemplet visas de 4 regionerna ๐ 1 , ๐ 2 , ๐ 3 och ๐ 4 . Yttre region Kantunderdelning Underdelning Den yttre regionen (๐ 4 i detta exempel) kan ses som ”resten av planet” och har oändlig area. Ta bort en kant, lägg till ett nytt hörn och anslut detta hörn med två nya kanter. En graf ๐บ är en underdelning av en graf ๐ป om ๐บ kan fås från ๐ป mha kantunderdelningar Användbara satser Förutsättningar Resultat ”Eulers formel” ๐ฃ − ๐+ ๐ = 2 ๐บ är en sammanhängande plan graf med ๐ฃ hörn, ๐ kanter och ๐ regioner. En graf innehåller inte ๐พ5 eller ๐พ3,3 (eller någon underdelning av dessa) som delgraf. ”Kuratowskis sats” En graf innehåller inte ๐พ5 eller ๐พ3,3 (eller någon underdelning av dessa) som delgraf ⇔ Grafen är planär Ett följdresultat är att en graf med färre än 5 noder alltid är planär. Detta eftersom ๐พ5 innehåller minst 5 noder (och potentiellt fler, med underdelningar inräknade) och ๐พ3,3 innehåller minst 6 noder (p.s.s). Om en graf har färre än 5 noder så kan den inte innehålla ๐พ5 eller ๐พ3,3 ⇔ grafen är planär! Sida 35 av 39 Träd Namn Förklaring Exempel Träd Sammanhängande graf utan cykler Skog En graf vars komponenter är träd Löv Hörn med gradtal 1 Uppspännande delgraf Uppspännande träd Viktad graf Minimalt uppspännande träd En delgraf som innehåller alla hörn En uppspännande delgraf som är ett träd En graf där varje kant har ett reellt tal tillordnat sig (en s.k. kostnad) Ett uppspännande träd med lägsta möjliga summa av kostnader Användbara satser Förutsättningar Resultat Det finns en entydigt bestämd enkel väg mellan varje par av hörn i ๐บ Det finns en entydigt bestämd enkel väg mellan varje par av hörn i ๐บ ⇔ ๐บ är ett träd ๐บ är en sammanhängande graf och |๐ (๐บ )| = |๐ธ(๐บ )| + 1 ๐บ är en sammanhängande graf och |๐(๐บ )| = |๐ธ (๐บ )| + 1 ⇔ ๐บ är ett träd ๐บ saknar cykler och |๐ (๐บ )| = |๐ธ (๐บ )| + 1 ๐บ saknar cykler och |๐ (๐บ )| = |๐ธ(๐บ )| + 1 ⇔ ๐บ är ett träd ๐บ är ett träd Lägger man till en kant mellan två hörn som inte redan förbinds ⇒ precis en cykel uppstår ๐บ är ett träd Om man tar bort valfri kant i ๐บ ⇒ ๐บ blir osammanhängande ๐บ är en enkel sammanhängande graf Varje uppspännande träd som produceras av Kruskals algoritm är minimalt. Kruskals algoritm 1) Sätt ๐ = 1. Välj en kant i ๐บ med minimal kostnad, detta utgör nu en delgraf till ๐บ. 2) Utgå ifrån den nuvarande delgrafen. Lägg till en av de återstående kanterna på så sätt att: a. Kostnaden är minimal b. Delgrafen som innehåller de valda kanterna inte innehåller någon cykel 3) Om ๐ = ๐ − 2 så är vi klara. Annars, sätt ๐ = ๐ + 1 och gå till steg 2. Sida 36 av 39 TENTA 2016-08-18 uppgift 2: Är grafen Eulersk/Hamiltonsk/bipartit/planär? Undersök vilka förutsättningar vi har för att påvisa att grafen är Eulersk Är ๐บ en sammanhängande graf i planet med minst en kant? Ja. ⇒ Kan använda sats 8.3.2 (varje hörn i ๐บ har jämnt gradtal ⇔ Eulersk graf) Undersök gradtalet för varje hörn Alla hörn har jämnt gradtal ⇔ Grafen är Eulersk! Undersök vilka förutsättningar vi har för att påvisa att grafen är Hamiltonsk Grafen är en enkel graf med ๐ = 18 hörn. Satserna om att påvisa Hamiltoncykler biter inte. Att försöka bryta ned grafen i sammanhängande komponenter genom att ta bort t.ex. ๐ต och ๐ ger inte heller effekt. Återstår att manuellt hitta en Hamiltoncykel. En tänkbar Hamiltoncykel är: ๐ธ →๐ด →๐บ →๐ท →๐น →๐ถ →๐ป→ ๐ → ๐ผ′ → ๐ป ′ → ๐ถ ′ → ๐น ′ → ๐ท′ → ๐บ′ → ๐ด′ → ๐ธ′ → ๐ต → ๐ผ → ๐ธ Grafen innehåller en Hamiltoncykel ⇔ Grafen är Hamiltonsk! Undersök vilka förutsättningar vi har för att påvisa att grafen är bipartit Det finns minst en cykel av udda längd ⇒ Grafen är inte bipartit Undersök vilka cykler som finns och hur långa de är Det finns ett flertal cykler av längd 3 (udda), t.ex. ๐ด → ๐บ → ๐ธ → ๐ด. Alltså finns minst en cykel av udda längd så grafen är inte bipartit! Grafen är en enkel, sammanhängande, bipartit graf med ๐ฃ = 18 hörn och ๐ = 27 kanter. Undersök vilka förutsättningar vi har för att påvisa att grafen är planär Kuratowskis sats blir jobbig att använda (även om det säkert går!) Vi har även en geometrisk representation av grafen i planet, dvs en plan inbäddning. Återstår att använda definitionen av en planär graf. ”En graf är planär om den har åtminstone en plan inbäddning där två kanter aldrig skär varandra förutom i hörn.” Alla kanter skär varandra enbart i hörn, alltså är grafen planär! Sida 37 av 39 TENTA 2016-06-03 uppgift 2: a) En sammanhängande planär graf har endast hörn med gradtal 4. Ange antal regioner i grafen som en funktion av antalet kanter b) Visa att varje graf med 4 noder är planär c) Betrakta en graf med 5 noder, varav en av dem har gradtal 2. Visa att grafen är planär. a) Undersök vilka förutsättningar vi har Grafen är en sammanhängande och planär graf med ๐ฃ hörn, ๐ kanter och ๐ regioner. Hörnen har alla gradtal 4. Specificera vad vi söker Vi söker antalet regioner i grafen (๐) som en funktion av antalet kanter (๐), dvs ๐ = ๐(๐). Eftersom vi försöker koppla samman regioner med kanter, verkar Eulers formel vara rätt väg att gå. Grafen är en sammanhängande och plan graf ⇒ Kan använda Eulers formel: ๐ฃ − ๐ + ๐ = 2 ๐ och ๐ är kända från Eulers formel. Vi saknar fortfarande en okänd ๐ฃ = ๐ฃ(๐). Lös ut ๐ = ๐(๐). Handskakningslemmat gäller för alla grafer: ∑ ๐ (๐ฃ๐ ) = 2๐ Vi vet att ๐ (๐ฃ๐ ) = 4 för alla hörn, och det finns ๐ฃ st hörn ⇒ 4๐ฃ = 2๐ ๐ ๐ ๐ฃ −๐ +๐ = 2 { ⇔ − ๐ + ๐ = 2 ⇔ ๐ ( ๐) = 2 + 4๐ฃ = 2๐ 2 2 b) Undersök vilka förutsättningar vi har En graf har 4 noder. Varje graf med 4 noder måste vara en delgraf till den kompletta grafen ๐พ4 Den kompletta grafen ๐พ4 är planär (se läroboken!) ⇒ Varje delgraf till ๐พ4 är också planär ⇒ Varje graf med 4 noder är planär. VSV. c) Undersök vilka förutsättningar vi har En graf har 5 noder, varav en av dem har gradtal 2. En graf med 5 noder kan konstrueras genom att ta en graf med 4 noder och utföra en kantunderdelning. Utnyttja tidigare delresultat Enligt b) så är alla grafer med 4 noder planära. En kantunderdelning på en planär graf kan alltid göras planärt. ⇒ En graf med 5 noder varav en med gradtal 2, är planär. VSV. Sida 38 av 39 TENTA 2014-10-23 uppgift 4: Är grafen Eulersk/Hamiltonsk/bipartit/planär? Undersök vilka förutsättningar vi har för att påvisa att grafen är Eulersk Är ๐บ en sammanhängande graf i planet med minst en kant? Ja. ⇒ Kan använda sats 8.3.2 (varje hörn i ๐บ har jämnt gradtal ⇔ Eulersk graf) Undersök gradtalet för varje hörn ๐ (๐น ) = ๐(๐ป) = 3 (udda) ⇒ Grafen är inte Eulersk! Undersök vilka förutsättningar vi har för att påvisa att grafen är Hamiltonsk Grafen är en enkel graf med ๐ = 8 hörn. Satserna om att påvisa Hamiltoncykler biter inte. Att försöka bryta ned grafen i sammanhängande komponenter genom att ta bort hörn ger inte heller effekt. Återstår att manuellt hitta en Hamiltoncykel. En tänkbar Hamiltoncykel är: ๐ต →๐ถ →๐ท →๐ธ →๐น →๐บ →๐ป→๐ผ →๐ด →๐ต Grafen innehåller en Hamiltoncykel ⇔ Grafen är Hamiltonsk! Undersök vilka förutsättningar vi har för att påvisa att grafen är bipartit Minst en cykel av udda längd ⇒ Grafen är inte bipartit Undersök vilka cykler som finns och hur långa de är Det finns en cykel av längd 3 (udda): ๐ด → ๐ป → ๐ผ → ๐ด. Alltså är grafen inte bipartit! Undersök vilka förutsättningar vi har för att påvisa att grafen är planär Grafen är en enkel, sammanhängande graf med ๐ฃ = 18 hörn och ๐ = 27 kanter. Återstår att använda definitionen av en planär graf. Vid första åsyn verkar grafen inte vara planär. Men tänk på att betrakta dess isomorfier! Med hjälp av strukturbevarande operationer (vridning, vändning, rotation) så fås följande: Grafen är isomorf till denna graf, där alla kanter skär varandra enbart i hörn. Det finns alltså minst ”en plan inbäddning där två kanter aldrig skär varandra förutom i hörn” ⇒ grafen är planär! Sida 39 av 39