1. No category

1. Oppgave
1. Bevis følgende logiske ekvivalens: ((p ∧ q) → p) ⇔ (p → q)
2. Bestem de sannhetsverdier for p, q og r som gjør følgende utsagn galt:
(p ↔ (q ∧ r)) → (q ∧ r → p)
3. Avgjør om følgende utsagn er sant i universet av heltall :
¢¤
£
¡
∃x∃y (x > 3) ∧ x2 + y 2 = 5
1.1. Løsning til 1.1:
1.løsning:
((p ∧ q) → p) ⇔
³
´
¡¡
¢
¢
(p ∧ q) ∨ p ⇔ p ∨ q ∨ p
⇔ ((p ∨ q) ∨ p) ⇔ (p ∨ q ∨ p) ⇔ (p ∨ p ∨ q) ⇔ (p ∨ q)
⇔ (p → q)
2. løsning:
Bygge sannhetsverdigtabeller for ((p ∧ q) → p) og (p → q) , og vise at sannhetsverdier
er like.
1.2. Løsning til 1.2:
1.løsning:
1. Utsagnet (p ↔ (q ∧ r)) → (q ∧ r → p) er galt kun når (p ↔ (q ∧ r)) er sant, mens
(q ∧ r → p) er galt.
2. Utsagnet (q ∧ r → p) er galt kun når q ∧ r er sant, mens p er galt. Derfor p må
være galt.
3. Utsagnet q ∧ r er sant, hvis q ∧ r er galt, d.v.s. q og r må ha forksjellige
sannhetsverdier (q 6= r).
4. Siden (p ↔ (q ∧ r)) må være sant og p må være galt, da (q ∧ r) skal være galt.
5. For q og r som har forksjellige sannhetsverdier skal (q ∧ r) være galt.
6. Svar: p er galt, q og r har forksjellige sannhetsverdier.
2.løsning:
Bygge sannhetsverdigtabeller for ((p ∧ q) → p) → (p → q) , og velge tilfeller når utsagnet er galt.
1.3. Løsning til 1.3:
Utsagnet er galt siden for x > 3 blir x2 + y2 > 9 6= 5 for alle mulige heltall y.
2. Oppgave
La an være antall n-sifrete tall som kan dannes ved bruk av sifre fra mengden S =
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} slik at primtall ikke påfølger hverandre (Husk at 1 er ikke et primtall.)
1. Forklar at følgen an tilfredsstiller differenslikningen an = 5an−1 + 20an−2 , n ≥ 2,
og finn a1 og a2 .
2. Løs differenslikningen fra pkt.1 med initialbetingelser.
2.1. Løsning
(P )
La an betegne antall n-sifrete tall med primtall som siste siffer (d.v.s. 2,3,5 eller 7).
(S)
La an betegne antall n-sifrete tall med sammensatt tall som siste siffer (d.v.s.
1,4,6,8 eller 9).
(S)
(P )
Da an = an + an . Ut fra regler hvordan slike n-sifrete dannes kan vi se at
(S)
an = 5an−1 og
(P )
(S)
an = 4an−1 = 4 (5an−2 ) = 20an−2
(S)
(P )
Det betyr at an = an + an = 5an−1 + 20an−2 .
a1 = |{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}| = 9 og
a2 = |{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}| · |{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}| − |{2, 3, 5, 7}| · |{2, 3, 5, 7}| =
81 − 16 = 65.
2.2. Løsning
La an = crn .
√
√
5± 25+80
5± 105
− 20 = 0.
Da
r
=
=
.
Karakteristisk ligningen blir³r2 − 5r ´
1,2
2
2
³ √ ´n
√
n
Generel løsning blir an = c1 5+ 2 105 + c2 5− 2 105 .
Nå skal vi finne c1 og c2 . For å forenkle beregninger skal vi finne a0 .
Fra differenslikningen an = 5an−1 + 20an−2 får vi at a2 = 5a1 + 20a0 og a0 =
a2 −5an−1
= 65−5·9
= 1.
20
20
⎧
³ √ ´0
³ √ ´0
⎨ 9 = a0 = c1 5+ 105 + c2 5− 105
2
2
³ √ ´
³ √ ´
⎩ 65 = a = c 5+ 105 1 + c 5− 105 1
1
1
2
2
2
2
(
³
c´1 + c2 ³
´
√
√
5+ 105
5− 105
+
c
2
2
2
c1
c2 = 9 − c1
c1
Ã
5+
c2
an
= 65
Ã
Ã
Ã
!
!
!
!
√
√
√
√
105
5 − 105
5 − 105
5 + 105
+ c2
= c1
+ (9 − c1 )
2
2
2
2
Ã
!
Ã
!
√
√
√
5 + 105 5 − 105
5 − 105
−
+9
= c1
2
2
2
Ã
!
Ã
!
√
√
√
5 + 105 5 − 105
5 − 105
−
= c1
+9
2
2
2
Ã
!
Ã
!
√
√
√
5 + 105 − 5 + 105
5 − 105
= c1
+9
2
2
Ã
!
√
³√ ´
5 − 105
= c1
105 + 9
= 65
2
√
c1 105 = 65 − 9
c1
=9
Ã
5−
!
√
√
√
85 + 9 105
105
130 − 45 + 9 105
=
=
2
2
2
√
√ ¢
¡
√
√
√
√
105 85 + 9 105
9 · 105 + 85 105
945 + 85 105
189 + 17 105
85 + 9 105
√
=
=
=
=
=
210
210
210
42
2 105
√
√
√
378 − 189 − 17 105
189 − 17 105
189 + 17 105
=
=
= 9−
42
42
42
Ã
!Ã
!n Ã
!Ã
!n
√
√
√
√
189 + 17 105
189 − 17 105
5 + 105
5 − 105
=
+
42
2
42
2
3. Oppgave
Bevis med hjelp av matematisk induksjon at
1
1
1
1
n
+
+
+ ... +
=
1 · 5 5 · 9 9 · 13
(4n − 3) (4n + 1)
4n + 1
for n = 1, 2, ...
3
3.1. Løsning:
1
1
1
1
n
La S (n) : 1·5
+ 5·9
+ 9·13
+ ... + (4n−3)(4n+1)
= 4n+1
1
Hvis n = 1, da S (1) er sant siden (4·1−3)(4·1+1)
=
1
4·1+1
1
1
1
1
k
Anta at S (n) er sant for n = k,d.v.s. 1·5
+ 5·9
+ 9·13
+ ... + (4k−3)(4k+1)
= 4k+1
1
1
1
1
Vi skal vise at S (n) er sant for n = k + 1,d.v.s. 1·5
+ 5·9
+ 9·13
+ ... + (4k−3)(4k+1)
1
k+1
(4(k+1)−3)(4(k+1)+1) = 4(k+1)+1
+
1
1
1
1
+
+
+ ... +
1 · 5 5 · 9 9 · 13
(4k − 3) (4k + 1)
|
{z
}
k
4k+1
+
1
(4 (k + 1) − 3) (4 (k + 1) + 1)
k (4k + 5) + 1
(4k + 1) (4k + 5)
(k + 1) (4k + 1)
(4k + 1) (4k + 5)
=
=
=
k
1
+
=
4k + 1 (4k + 1) (4k + 5)
4k2 + 5k + 1
=
(4k + 1) (4k + 5)
(k + 1) (4k + 1)
(k + 1)
k+1
=
=
(4k + 1) (4k + 5)
(4k + 5)
4 (k + 1) + 1
4. Oppgave
6-sifrete tall dannes ved hjelp av sifre fra mengden S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.
1. Hvor mange slike tall kan dannes hvis repetisjon er tillatt ?
2. Hvor mange 6-sifrete tall kan dannes slik at hvert siffer fra S inngår maksimalt en
gang ?
3. Hvor mange 6-sifrete tall kan dannes slik at eksakt ett av sifrene er et primtall?
4. Hvor mange 6-sifrete tall kan dannes slik at summen av sifrene som inngår i tallet
er 30 ?
4.1. Løsning:
9
... · 9} = 96
| · {z
6
4.2. Løsning:
9·8·7·6·5·4=
4
9!
3!
4.3. Løsning:
Først danner 5-sifrete tall uten primtall.
Vi kan danne 55 slike tall. Vi kan sette inn det
¡6¢
siste tallet (som er primtall) på 1 = 6 forskjelige måter og vi kan velge dette primtallet
¡¢
på 41 = 4 forskjellige måter. Derfor vi kan danne
55 · 6 · 4
6-sifrete tall slik at eksakt ett av sifrene er et primtall.
4.4. Løsning:
1.løsning.
Svaret er antall heltalls løsninger av følgende likningen:
½
x1 + x2 + ... + x6 = 30
1 ≤ xi ≤ 9, i = 1, ..., 6
eller
½
x1 + x2 + ... + x6 = 24
0 ≤ xi ≤ 8, i = 1, ..., 6
Vi skal bruke inkl./ekskl. prinssippet.
La oss anta at ci er sant hvis xi > 9.
Da antall heltalls løsninger er lik
N (c1 c2 ...c6 ) = S0 − S1 + S2 − S3 + S4 − S5 + S6
La oss finne alle Si .
S0 er lik antall heltallsløsninger av
½
x1 + x2 + ... + x6 = 24
0 ≤ xi , i = 1, ..., 6
¡24+6−1¢ ¡29¢
= 24 .
Derfor S0 =
24
¡¢
S1 = N (c1 ) + ... + N (c6 ) = 61 N (c1 ) , hvor N (c1 ) er lik antall heltallsløsninger av
⎧
⎨ x1 + x2 + ... + x6 = 24
9 ≤ x1 ,
⎩
0 ≤ xi , i = 2, ..., 6
som er lik antall heltallsløsninger av
½
x1 + x2 + ... + x6 = 15
0 ≤ xi , i = 1, 2, ..., 6
5
¡¢
¡ ¢¡
¢ ¡6¢¡20¢
Derfor S1 = 61 N (c1 ) = 61 15+6−1
15 ¡ ¢ = 1 15
S2 = N (c1 c2 )+...+N (c5 c6 ) = 62 N (c1 c2 ) , hvor N (c1 c2 ) er lik antall heltallsløsninger
av
⎧
⎨ x1 + x2 + ... + x6 = 24
9 ≤ x1 , 9 ≤ x2 ,
⎩
0 ≤ xi , i = 2, ..., 6
som er lik antall heltallsløsninger av
½
x1 + x2 + ... + x6 = 6
0 ≤ xi , i = 1, 2, ..., 6
¡¢
¡ ¢¡
¢ ¡6¢¡11¢
Derfor S2 = 62 N (c1 c2 ) = 62 6+6−1
= 2 6
6
Ved å gjennomføre samme analyse kan vi se at S3 = S4 = S5 = S6 = 0.
Derfor
µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶
6 11
6 20
29
−0+0−0+0
+
−
N (c1 c2 ...c6 ) =
6
2
1 15
24
2.løsning
Det er også mulig å fine svar ved hjelp av genererende funksjoner. D.v.s. at en må
finne koeffisient a30 som står foran x30 for genererende funksjon
5. Oppgave
¡
¢6
x + x2 + x3 + ... + x9
Vi har en endelig tilstandsmaskin M = (S, I, O, v, w) med S = {s0 , s1 , s2 , s3 , s4 , s5 } ,
I = O = {0, 1} . Funksjonene v : S × I → S og w : S × I → O er gitt i tab.5.1.
1. Tegn tilstandsdiagrammet til M og finn en delmaskin av M .
2. Finn den minimale tilstandsmaskinen for M .
3. Finn en minimal sekvens som skiller (eng. ”distinguish”) tilstandene s1 og s2 .
5.1. Løsning
Eksempler av delmaskin:
6
s0
s1
s2
s3
s4
s5
v
0
s0
s2
s3
s3
s4
s0
1
s4
s4
s0
s2
s0
s5
w
0
1
0
0
0
1
0
1
1
1
1
1
1
1
Table 5.1: Tilstandsmaskin M
s0
s1
s2
s3
s5
v
0
s0
s2
s3
s3
s0
1
s0
s0
s0
s2
s5
w
0
1
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
Table 5.2: Min. tilstandsmaskin
5.2. Løsning
P0
:
P1
:
P2
:
P3
:
P4
:
{s0 , s1 , s2 , s3 , s4 , s5 }
{s0 , s4 } , {s1 , s2 , s3 , s5 }
{s0 , s4 } {s1 , s2 } , {s3 } , {s5 }
{s0 , s4 } , {s1 } , {s2 } , {s3 } , {s5 }
{s0 , s4 } , {s1 } , {s2 } , {s3 } , {s5 }
P3 = P4
Minimal tilstandsmaskin er gitt i tab.5.2.:
5.3. Løsning
Korteste distinguishing string er: 010
w (s1 , 010) = 011
w (s2 , 010) = 010
7
6. Oppgave
La RSA nøklene være representert av p = 41, q = 59, n = pq og e = 151, der (e, n) er
den hemmelige (private) nøkkelen.
1. Finn d i den offentlige (public) nøkkelen (d, n).
2. Krypter melding 999 ved bruk av den hemmelige (private) nøkkelen (e, n) og dekrypter
ved bruk av den offentlige (public) nøkkelen d.
6.1. Løsning
Bruk utvidet Euklids algoritme for å finne d som er lik 151−1 mod 2320 = 2151.
Test: 151 · 2151 mod 2320 = 1
6.2. Løsning
E (999) = 999151 mod 2320 = 1037
D(1037) = 10372151 mod 2320 = 999
8