Linköpings universitet
Matematiska institutionen
Daniel Carlsson
Lösningar till tentamen
764G06 Diskret matematik och logik, 6 hp
2015-01-08
1.
a) Nej, påståendet är inte sant. Om till exempel U = {1, 2}, A = {1} och
B = {2} så är ju A ⊆ U och B ⊆ U, men B * A så varje delmängd till
U är inte en delmängd till A. Ovan är alltså ett motexempel.
b) Nej, ∅ är inte ett element i varje mängd. ∅ är ett element i t ex {∅, 1, 2},
men inte i t ex mängden {1, 2}. ∅ är endast ett element i mängden
om det finns bland de uppräknade eller uppfyller de egenskaper som
mängdbyggaren anger om man ger mängden på det viset. (Däremot är
∅ en delmängd till alla mängder.)
c) Vi bevisar likheten (A ∩ C c ) \ B c = (A ∩ B) \ (A ∩ C) med hjälp av
numrerat venndiagram:
HL:
VL:
A
B
2
5
6
1
4
3
7
8
C
A: 1, 2, 3, 5
A ∩ B: 1, 2
C: 1, 3, 4, 7
A ∩ C: 1, 3
C c : 2, 5, 6, 8
HL=(A ∩ B) \ (A ∩ C): 2
c
A ∩ C : 2, 5
B: 1, 2, 4, 6
B c : 3, 5, 7, 8
VL=(A ∩ C c ) \ B c : 2
Då VL och HL svarar mot samma område i venndiagrammet så gäller
likheten för alla mängder A, B och C.
Svar: a) och b) gäller ej, c) gäller. Se ovan för motexempel och bevis.
2.
a) Vi väljer att använda Kruskals algoritm.
Börja med noderna utan några bågar. De billigaste bågarna är a − e (3) och e − c (3). Välj
en av dem. Den andra kan sedan väljas utan
att cykel bildas.
Nästa billigaste båge är a − c (4), men väljs
ej då cykel bildas.
Nästa billigaste båge är b−e (5) och den väljs
då cykel ej bildas.
Nästa billigaste båge är a − f (5) och den
väljs då cykel ej bildas.
Nästa billigaste bågar är c − d (6) och b − f
(6). En av dessa kan väljas utan att cykel bildas, men ej båda! Vi väljer c − d. Nu har vi
valt 5 bågar och har ett billigaste spännande
träd enligt vald algoritm. Se figur intill. Kostnaden för detta träd är 3+3+5+5+6=22.
a
f
6
7
b
3
5
e
5
4
10
3
7
6
c
6
d
a
f
b
3
5
e
5
3
c
6
d
var god vänd
b) Det finns en hamiltoncykel i grafen G, till exempel: a−e−c−d−f −b−a.
Då noderna a och b har udda grad, men övriga noder har jämn grad
(grad a = 3, grad b = 5, grad c = grad d = grad e = 4, grad f = 2) så
har grafen enligt sats 6.2 en öppen eulerväg, men ej en sluten då inte
alla noder har jämn grad här. En öppen eulerväg är till exempel:
a − b − d − f − b − c − d − e − a − c − e − b.
Svar: a) Se ett billigaste spännande träd ovan (finns mer än ett).
Kostnaden är 22.
b) En öppen eulerväg finns, men ej en sluten.
Se motivering och exempel ovan.
3. Bland de 10 studenterna ska man välja ut 4 st till en studenttävling. Lina
och Johanna som är två av de 10 studenterna har som önskemål att antingen
få vara med tillsammans i tävlingsgruppen eller inte vara med alls. För att
bestämma på hur många sätt detta kan göras delar vi upp i två fall:
I) Lina och Johanna är med i gruppen.
Då behöver ytterligare två personer väljas in bland de återstående åtta. Det
8·7
kan göras på 82 =
= 28 sätt. (Val utan inbördes ordning.)
2·1
II) Lina och Johannes är ej med i gruppen.
Då ska de fyra personerna i gruppen väljas bland de återstående åtta. Det
8·7·6·5
kan likt tidigare göras på 84 =
= 70 sätt.
4·3·2·1
Totalt fås då enligt additionsprincipen 28+70=98 olika sätt att välja ut
gruppen på och samtidigt uppfylla Lina och Johannas önskemål.
(Som jämförelse kan nämnas att det totalt finns 10
4 = 210 olika sätt att
välja ut en grupp på 4 bland 10 utan några villkor.)
Svar: Gruppen kan väljas på 98 olika sätt om man ska uppfylla Lina och
Johannas önskemål.
4. Låt A = {b, c}, B = {a, c} och C = {a, b} är delmängder i U = {a, b, c}.
a) Då är Ac = {a} och C c = {c}, så (Ac ∪ C c ) = {a, c} och därmed är
(Ac ∪ C c )c = {b}. Då denna mängd endast har ett element har den två
delmängder: ∅ och {b}.
b) U = {a, b, c} och B = {a, c}. Då U har 3 element och vi för var och
en av dessa ska välja en bild bland de 2 elementen i B (3 val och
två möjligheter i varje val), så finns det enligt multiplikationsprincipen
2 · 2 · 2 = 23 = 8 olika sätt att bilda en funktion från U till B. Ingen av
dessa funktioner är injektiv eftersom vi har fler element i U än i B, så
något av elementen i B måste väljas minst två gånger.
Svar: a) Den givna mängden har två delmängder: ∅ och {b}.
b) Det finns 8 olika funktioner från U till B, men ingen av dessa är
injektiv.
5. Vi inför följande satser:
p: Castro är en katt,
r: Castro äter fikon,
q: Castro är supergullig,
s: Castro är vegetarian.
På satslogisk form blir då slutledningen:
p ∧ (q ∧ r → s) ∧ (p → q) ∧ r ⇒ s
Med hjälp av sanningsvärdestabell, deduktion eller reduktionsmetoden kan
vi visa att slutledningen är korrekt. Vi väljer här att redovisa reduktionsmetoden.
p ^ (q ^ r ! s) ^ (p ! q) ^ r ) s
1.
2. 3.
1. 4.
1. 2.
1.
1.
s
s
s s
s s
s
f
1.) Antag att slutledningen ej är korrekt, det vill säga antag att alla förutsättningar
sanna samtidigt som slutsatsen är falsk.
2.) p sann ger q sann då p → q sann.
3.) Då q sann och r sann (från 1) så är q ∧ r sann.
4.) Då q ∧ r sann måste s vara sann då q ∧ r → s sann.
Men nu har vi fått s både sann och falsk. Se de inringade i uttrycket ovan. Vi
får en motsägelse. Antagandet att slutsaten ej är korrekt är alltså felaktigt.
Alltså är slutsaten korrekt!
Med reduktionsmetoden har vi visat att ”Castro är vegetarian” är en korrekt
slutsats ur förutsättningarna.
Svar: Det satslogiska uttrycket för slutledningen ges ovan och vi har med
reduktionsmetoden visat att ”Castro är vegetarian” är en korrekt slutsats
ur dessa förutsättningar.
6. På A = {2, 3, 4, 5} inför vi relationen ≤ (mindre
än eller lika med). Relationsgrafen blir då som
visas här intill.
1.) Reflexiv? Ja, ty x ≤ x för alla x ∈ A.
5
3
4
2.) Symmetrisk? Nej, t ex är 2 ≤ 3, men 3 2.
3.) Antisymmetrisk? Ja, för om x 6= y och x ≤ y
så måste x < y (y strikt större än x) och alltså
gäller då alltid att y x för alla x, y i A.
2
4.) Transitiv? Ja, för om x ≤ y och y ≤ z så gäller ju att x ≤ y ≤ z, d v s
x ≤ z för alla sådana x, y, z i A.
En relation är en ekvivalensrelation om den uppfyller egenskaperna 1, 2 och 4
ovan, men då denna relation ej är symmetrisk är den ej en ekvivalensrelation.
var god vänd
En relation är en partialordning om den uppfyller egenskaperna 1, 3, och 4
ovan och det gör aktuell relation så den är en partialordning.
En partialordning där alla element är jämförbara (d v s är relaterade i någon
riktning) är en totalordning. Då alltid någon av förbindelserna x ≤ y eller
y ≤ x förekommer så är ≤ en totalordning på mängden A.
Svar: Relationsgrafen anges ovan. Relationen är en partialordning och en
totalordning, men ej en ekvivalensrelation på A. Se motivering för respektive
egenskap ovan.
7. Vi bildar alla möjliga bokstavsföljder med sex bokstäver med bokstäverna
ADGJLU och skriver upp dessa i bokstavsordning. Om vi börjar från början
så kommer först orden A. Antalet sådan får vi genom att räkna ut på hur
många sätt bokstäverna efter A (5 st) kan omordnas. Detta kan göras på
5! = 120 olika sätt. Det finns alltså 120 olika ord på A. På samma sätt finns
det sedan 120 olika ord som börjar på D, 120 olika som börjar på G och 120
olika som börjar på J.
Det sista ordet på J är JULGDA, så vi noterar
att ordet JULDAG kommer sent bland orden
som börjar på J. Fram till JULGDA har vi sammanlagt 4 · 120 = 480 ord. Om vi skriver upp
de sista orden på J så ser vi att vi måste backa
fyra steg för att ordet JULDAG ska dyka upp
i listan. Därmed får ordet JULDAG plats 477 i
listan.
476
477
478
479
480
JULAGD
JULDAG
JULDGA
JULGAD
JULGDA
481 LADGJU
Svar: Ordet JULDAG har plats 477 i ordningen av alla bokstavsföljder
uppskriva i bokstavsordning.