Get documents about "SVAR, ALGEBRA 1, DVP åk 1, 9 jan 1997,
Document Sample
Uppsala Universitet SVAR, ALGEBRA 1, DVP åk 1, 9 jan 1997,
Matematiska institutionen
Lennart Salling
1 Låt L vara mängden av alla LÖSNING Endast irreflexivitet råder. 5p
svenska ord. Vilka av egenska-
perna reflexiv, irreflexiv, symme-
trisk, antisymmetrisk, transitiv
har relationen på L som definie-
ras av att ett ord x är relaterat till
ett ord y omm x innehåller nå-
gon bokstav som inte finns i y
eller x är längre än y.
2 Visa att för varje heltal n, så är LÖSNING Vi visar att den påstådda delbarheten gäller
n 6 – 1 delbart med 7 om n inte i vart och ett av fallen n ≡ ± 1 , n ≡ ± 2 , n ≡ ± 3 ( mod 7 ) : 5p
är det. • Om n ≡ ± 1 , så är n6 –1≡1–1 = 0,
• om n ≡ ± 2 , så är n6 – 1 ≡ 64 – 1 = 63 = 9 ⋅ 7 ≡ 0 ,
• om n ≡ ± 3 , så är n6 – 1 ≡ 729 – 1 = 728 = 104 ⋅ 7 ≡ 0 .
3 Konstruera för
”Kalle gör det inte utan att Maja LÖSNING
gör det, men både Kalle och Maja
gör det om Eva gör det” 6p
a) en satslogisk formel, a) ( ¬k ← ¬m ) ∧ ( ( k ∧ m ) ← e ) (som är sann då ¬k ← ¬m
och ( k ∧ m ) ← e båda är sanna)
b) en satslogisk formel på dis- b) ( m ∧ k ) ∨ ( ¬k ∧ ¬e )
junktiv normalform,
c) en satslogisk formel på kon- c) ( m ∨ ¬k ) ∧ ( k ∨ ¬e )
junktiv normalform.
Använd inga andra satslogiska
variabler än k, m, e , vilka
representerar ”Kalle gör det”,
”Maja gör det”, ”Eva gör det”.
4 Låt T vara ett godtyckligt rotat LÖSNING Ett (rotat) träd med två eller flera noder de-
träd med minst två noder. Ge ett finieras som en graf bestående av en rotnod tillammans med
induktionsbevis för att det i T andra träd (s.k. underträd) vilka är förbundna med rotnoden
finns exakt en väg från rotnoden
till varje annan nod. på så sätt att det går exakt en båge (från rotnoden) till varje
underträds rotnod.
Uppgiftens påstående stämmer därför för ett träd som
har exakt två noder:
Betrakta nu ett träd T med n > 2 noder, och antag att
uppgiftens påstående stämmer för träd med färre än n
noder. Eftersom det går exakt en väg från T:s rot till vart
och ett av underträdens rötter, och eftersom det – enligt
induktionsantagandet – går exakt en väg från varje så-
dan rot till varje nod under densamma, så följer påståen-
det även för trädet T.
sid 2 av 3 SVAR, ALGEBRA 1, DVP åk 1, 9 jan 1997,
5 Hur många teckensträngar av LÖSNING Då var och en av bokstäverna a, b, c, d måste förekom-
längd tio kan man bilda med ma minst två gånger i varje sträng w, och strängen har längd tio,
hjälp av fyra a:n, fyra b:n, fyra följer att det finns två typkombinationer (A och B nedanför):
c:n och fyra d:n, om varje bok-
A tre bokstäver (av a, b, c, d) har exakt två förekomster vardera,
stav av a, b, c, d måste förekom-
och en har exakt fyra förekomster.
ma (minst) två gånger i varje
sträng? Bildandet av strängen w går i A till på följande sätt: 6p
1. Välj vilka tre bokstäver av de fyra som skall ha exakt två före-
komster vardera i w. Detta val kan göras på 4 sätt.
3
2. Välj 2 + 2 + 2 positioner w åt de just valda bokstäverna. Detta
kan göras på 10 ⋅ 8 ⋅ 6 sätt.
2 2 2
3. Den återstående bokstavens fyra förekomster kan placeras på
blott ett sätt. (Det finns ju bara fyra positioner kvar i w.)
Totalt 4 ⋅ 10 ⋅ 8 6 1 = 75600 .
3 2 2 2
B två bokstäver har exakt två förekomster vardera, och de andra
två bokstäverna har exakt tre förekomster vardera.
Bildandet av w går i B till på följande sätt:
1. Välj vilka två bokstäver av de fyra som skall ha exakt två före-
komster vardera i w. Detta val kan göras på 4 sätt.
2
2. Välj positioner i w åt de i 1. valda bokstäverna. 10 ⋅ 8 sätt.
2 2
3. Välj positioner åt de återstående två bokstäverna (vilka har tre
förekomster vardera). 6 ⋅ 3 sätt.
3 3
Totalt 4 ⋅ 10 ⋅ 8 ⋅ 6 ⋅ 3 = 151200 .
2 2 2 3 3
Under A och B tillsammans finns det 75600 + 151200 = 226800
6 Bestäm en rekursiv och en slu- LÖSNING Vi skall bestämma formler för ∑ k 3 . Av
ten formel för summan av de n 0≤k<n
första naturliga talens kuber. 2 6p
k = k ( k – 1) = –k k2
k 3 = k ( k – 1 ) ( k – 2 ) = k 3 – 3k 2 + 2k
följer att
3 2
k 3 = k + 3k + k
varför
∑ ∑ ∑ ∑
3 2
k3 = k + 3k + k
0≤k<n 0≤k<n 0≤k<n 0≤k<n
De första två dessa tre summor kan ges slutna formler med finita
3 4 2 3
kalkylens huvudsats (eftersom 4k = ∆k och 3k = ∆k ), och den
tredje summan har en välkänd sluten formel (eller hur).
4 4
n –0 n ( n – 1) n2 ( n – 1) 2
∑
3 3
Så, k 3 = ---------------- + ( n – 0 ) + ---------------------- = --------------------------- .
- -
0≤k<n
4 2 4
Till sist en rekursiv formel för S(n) = ∑ k3
0≤k<n
SVAR, ALGEBRA 1, DVP åk 1, 9 jan 1997, sid 3 av 3
S(1) = 0
S(n + 1) = S(n) + n 3
n
7 Uppskatta – i värsta fall – anta- LÖSNING För n = 2 N är -- ett naturligt tal. Och då har golvfunk-
-
let beräkningssteg för nedanstå- 2
ende funktionella algoritm, där n
n är ett godtyckligt naturligt tal. tionen ingen effekt när den verkar på -- . Och efter efter N st halve-
-
2
Räkna med att antalet beräk-
ringar kommer man ner till värdet 1 (om man börjar med n).
ningssteg för aritmetiska opera-
tioner är konstant (oberoende Eftersom f:s argument halveras vid varje anrop, behövs det således
av talens storlek). N st anrop för att rekursionen skall bottna i 1. Och eftersom varje
f (0) = f () =
1 1 anrop innehåller ett konstant antal aritmetiska operationer vilka
f (n) = n f ( n ⁄ 2 ) + n
antas kräva ett konstant antal beräkningssteg blir det totalt N ⋅ k st
beräkningssteg, om k betecknar antalet beräkningssteg som aritme-
LEDNING: Betrakta n lika med tiken ger upphov till vid varje anrop. Vidare är ju N = Lg(n) (två-
en tvåpotens. logaritmen), varför antalet beräkningssteg vid beräkning av f (n) är
k ⋅ Lg(n) . Detta gäller om n är en tvåpotens. Om n inte är en tvåpo-
tens går rekursionen snabbare ner till 1, eftersom … ”klipper
bort” en del. Så vi har behandlat värsta fallet.
