1. No category

Matematikk for IT, høsten 2015
Oblig 5
Løsningsforslag
22. september 2015
3.1.12
a) Modus ponens.
b) Modus tollens.
c) Syllogismeloven.
3.1.13
a) Ikke gyldig.
b) Gyldig.
3.1.15
a)
b)
c)
d)
Hvis regattaen ikke avlyses, så løyer ikke vinden.
Hvis Ole ikke når både fotballkampen og et kinobesøk, så blir flyet forsinket.
Hvis Pernille ikke kan kjøpe en bok eller en ringperm, så har hun ikke penger.
Dersom Karl ikke har riktig nøkkel, så kan ikke safen åpnes.
3.1.16
a) Vi skal bevise at hvis n er et oddetall, så er n 2  2 et oddetall.
Vi kan benytte direkte bevis:
Anta at n er et oddetall. Vi må da vise at det følger at n 2  2 er et oddetall.
Dersom n er et oddetall, kan det skrives som n  2a  1 hvor a er et heltall.
Vi setter dette inn i uttrykket n 2  2 og får:
n 2  2  (2a  1) 2  2  4a 2  4a  1  2  (4a 2  4a  2)  1  2  (2a 2  2a  1)  1
Siden a er et heltall vil også uttrykket i parentesen, altså 2a 2  2a  1 , også være et
heltall. 2 ganger et heltall er et partall, og 2  (2a 2  2a  1) er derfor et partall. Tar
man et partall og legger til 1, får man et oddetall. 2  (2a 2  2a  1) er følgelig et
oddetall, hvilket var det som skulle bevises.
b) Vi skal vise at dersom 5n + 1 er et partall, så er n et oddetall.
Vi kan forsøke med kontrapositivt bevis. Det kontrapositive til dette utsagnet, blir
(husk at «ikke oddetall» er det samme som partall):
Dersom n er et partall, så er 5n + 1 et oddetall.
Vi antar nå at n er et partall. Vi kan da skrive det som n = 2a, hvor a er et heltall.
Vi setter dette inn og får:
5n  1  5  2a  1  2  5a  1
Siden a er et heltall, vil også 5a være et heltall. 2 ganger et heltall er et partall, og
2  5a er derfor et partall. Et partall pluss 1, er et oddetall, og 2  5a  1 er følgelig et
oddetall. Hvilket skulle bevises.
c) Vi skal vise at dersom m og n er partall, så er 3m + 7n + 1 et oddetall.
Vi antar altså at m og n er partall, og vi kan da skrive m = 2a og n = 2b hvor a og b
begge er heltall. Setter vi dette inn i uttrykket, får vi
3m  7n  1  3  2a  7  2b  1  2  (3a  7b)  1
Siden a og b er heltall, vil også 3a  7b være heltall. 2 ganger et heltall er et partall,
noe som betyr at 2  (3a  7b) er et partall. Et partall pluss 1 er et oddetall. Følgelig er
2  (3a  7b)  1 et oddetall, hvilket skulle bevises.
3.1.18
b) Vi skal bevise at dersom n 2  3 er oddetall, så er n et partall, både ved indirekte bevis
(kontrapositivt bevis) og ved hjelp av bevis ved selvmotsigelse.
Kontrapositivt bevis
Det kontrapositive utsagnet er:
Dersom n er et oddetall, så er n 2  3 et partall.
Dersom n er et oddetall, kan det skrives n = 2a + 1. Vi setter dette inn, og får
n 2  3  (2a  1) 2  3  4a 2  4a  1  3  4a 2  4a  4  2  (2a 2  2a  2) .
Dersom a er et heltall, så er også 2a 2  2a  2 et heltall. Et heltall ganger 2 er et
partall. Følgelig: dersom n er et oddetall, så er n 2  3 et partall, som er logisk
ekvivalent med det vi skulle bevise.
Bevis ved selvmotsigelse
Her må vi anta at det første leddet i utsagnet er sant, altså at n 2  3 er et oddetall og at
det andre leddet er falskt, altså at n er et oddetall, og så vise at dette fører til et
selvmotsigelse.
Hvis n 2  3 er et oddetall, kan vi skrive det som n 2  3  2a  1 hvor a er et heltall.
Dette gir
n 2  2a  1  3  2a  2  2(a  1)
Siden a er et heltall er også a – 1 et heltall. Da må 2(a  1) være et partall. Og dersom
n 2 er et partall, så er også n et partall. Vi har imidlertid antatt at n er et oddetall, og
dette er følgelig en selvmotsigelse.
3.2.4
P(x): x ser to filmer hver helg.
Universet er alle studenter.
a) x P(x)
Det finnes (minst) en student som ser to filmer hver helg.
b) x P(x)
Alle studenter ser to filmer hver helg.
2
c) x P(x)
Det finnes (minst) en student som ikke ser to filmer hver helg.
d) x P(x)
Ikke alle studenter ser to filmer hver helg.
3.2.10
I denne oppgaven er universet alle reelle tall, R.
a) x ( x 2  x)
Det finne et reellt tall x som er slik at x 2  x .
Dette utsagnet er sant, siden tallet 1 har denne egenskapen.
b) x ( x 3  x)
Det finnes et reelt tall x som er slik at x 3  x .
Dette utsagnet er sant, siden for eksempel 0.53  0.125 som jo er mindre enn 0.5.
c) x ( x 2  2x  1)
Alle reelle tall x er slik at x 2  2 x  1 .
Dette utsagnet er falskt siden for eksempel 32  9 mens 2  3  1  7 .
d) x (3x  2 x)
Alle reelle tall x er slik at 3x  2 x .
Dette er falskt. Dette kan vi se dersom vi for eksempel velger x = – 1.
3.3.1
a) 1  0  0  0  0
b) 1 0  1  1  1  1  1  1  1
c) 0  0  1  1  0  1  1  0  0  0  0
d) ( 0  1)  (1  1)  1  1  0  0  0
3.3.2
c) ( x  y)  ( y  z )  xy  yz
3.3.3
c) Se fasit i læreboka.
3
3.6.1
b) Vis ved induksjon at 4  10  16    (6n  2)  n(3n  1) for alle n  Z +.
1. Basistrinn
Vi viser først at det gjelder for n = 1 (som er minste verdi for n, siden 0  Z+):
Venstre side: 4
Høyre side: 1  (3  1  1)  4
Vi ser at det stemmer for n = 1, altså er basistrinnet OK.
2. Induksjonstrinn
Vi antar så at uttrykket er gyldig for n = k, og skal så vise at dette medfører at det er
gyldig for n = k + 1.
Siden vi antar at uttrykket er gyldig for n = k, kan vi altså skrive
4  10  16    (6k  2)  k (3k  1)
Dette kaller vi induksjonshypotesen.
For n = k + 1 blir uttrykket
4  10  16    (6k  2)  6(k  1)  2  (k  1)(3(k  1)  1)
De første k leddene av venstre side kan basert på induksjonshypotesen skrives
k (3k  1) :
4  10  16    (6k  2)  6(k  1)  2   (k  1)(3(k  1)  1)

k ( 3 k 1)
Da kan vi altså skrive dette uttrykket slik:
k (3k  1)  6(k  1)  2  (k  1)(3(k  1)  1)
Så gjør vi forenklinger av venstre side for seg og høyre side for seg og ser om de blir
like:
3k 2  k  6k  6  2  (k  1)(3k  3  1)
Videre forenkling gir:
3k 2  7k  4  3k 2  4k  3k  4
og vi ser at venstre side er lik høyre side.
Vi har følgelig vist at dersom påstandene er gyldig for n = k, er den også gyldig for n =
k + 1.
Vi har nå vist at påstanden er gyldig for n = 1 og vi har vist at dersom den er gyldig for
n = k, er den også gyldig for n = k + 1. Følgelig er påstanden sann for alle n  Z+.
4
c) Vis ved induksjon at 1  5  9    (4n  1)  (n  1)(2n  1) for alle n  N.
1. Basistrinn
Vi må først vise at det gjelder for n = 0 (som er minste verdi for n):
Venstre side: 1
Høyre side: (0  1)  (2  0  1)  1
Vi ser at det stemmer for n = 0, altså er basistrinnet OK.
2. Induksjonstrinn
Vi antar så at uttrykket er gyldig for n = k, og skal så vise at dette medfører at det er
gyldig for n = k + 1.
Siden vi antar at uttrykket er gyldig for n = k, kan vi altså skrive induksjonshypotesen
slik:
1  5  9    (4k  1)  (k  1)(2k  1)
For n = k + 1 blir uttrykket
1  5  9    (4k  1)  4(k  1)  1  (( k  1)  1)( 2(k  1)  1)



( k 1)( 2 k 1)
som altså kan skrives
(k  1)(2k  1)  4(k  1)  1  ((k  1)  1)(2(k  1)  1)
Ganger vi så ut parentesene og forenkler på hver side for seg, får vi
(2k 2  k  2k  1)  4k  4  1  (k  2)(2k  3)
som med videre forenklinger gir
2k 2  7k  6  2k 2  3k  4k  6
og vi ser at venstre side er lik høyre side.
Vi har følgelig vist at dersom påstandene er gyldig for n = k, er den også gyldig for n =
k + 1.
Vi har nå vist at påstanden er gyldig for n = 1 og vi har vist at dersom den er gyldig
for n = k, er den også gyldig for n = k + 1. Følgelig er påstanden sann for alle n  N.
3.6.5
Påstand:
n 2  5n  1 er et partall for alle n  Z+.
a) Vi skal først vise at induksjonstrinnet holder:
Anta at det holder for n = k, dvs. at
5
k 2  5k  1  2a
hvor a er et heltall. Dette er da induksjonshypotesen. Vi skal vise at dersom det holder for n =
k holder det også for n = k + 1, altså at
(k  1) 2  5(k  1)  1  2b
hvor b er et heltall.
Hvis vi nå regner litt på venstre side av uttrykket, finner vi
k 2  2k  1  5k  5  1  (k 2  5k  1)  (2k  6)
Her har jeg delt opp uttrykket ved hjelp av parenteser for å vise tydelig at det består av en del
som er lik induksjonshypotesen og derfor kan erstattes av 2a. Uttrykket blir derfor
(k 2  5k  1)  (2k  6)  2a  2k  6  2(a  k  3)
Siden a og k er heltall, så er også a + k + 3 et heltall. 2 ganger et heltall er et partall. Av dette
følger det at dersom n 2  5n  1 er et partall for n = k, så er det også et partall for n = k + 1.
Induksjonstrinnet holder derfor.
b) Vi skal så vise at basistrinnet ikke holder.
Den minste verdien for n er 1. Venstre side blir da:
12  5  1  1  1  5  1  7
Vi ser at dette ikke er et partall, og basistrinnet holder derfor ikke.
Denne oppgaven illustrerer at det er viktig å sjekke både basistrinn og induksjonstrinn.
Oppgave 1 (eksamen desember 2013)
Gitt følgende logiske utsagn:
( p  (p  q))
Benytt lovene i logikk gitt på vedlagte ark til å finne hvilket av følgende utsagn dette er logisk
ekvivalent med:
(i)
p  q
(ii)
p
(iii) p  q
(iv)
p  q
Bruk kun én lov i hvert trinn og angi for hvert trinn hvilken lov du bruker.
Det er flere veier fram til målet i denne oppgaven. Her er en vei:
6
( p  (p  q))

De Morgans lov (4) på den ytterste parentesen
p  (p  q)

De Morgans lov (4) på den gjenstående parentesen
p  (p  q)

Involusjonslov (7)
p  ( p  q)

Distributiv lov (3)
(p  p)  (p  q)

Inverslov (8) på den fremste parentesen
F  (p  q)

Identitetslov (9)
p  q
Vi ser at uttrykket er ekvivalent med uttrykket i iii).
Oppgave 2 (eksamen mai 2014)
Gitt tre heltall, x, y og z.
Benytt direkte bevis til å bevise at dersom x + y er et partall og y + z er et partall, så er x + z
et partall.
Dersom x + y er et partall kan vi skrive x  y  2n hvor n  Z, og dersom y + z er et partall
kan vi skrive y  z  2m hvor m  Z.
x  y  2n kan vi omforme til x  2n  y ved å flytte over y, og y  z  2m kan vi omforme
til z  2m  y .
Ved å bruke disse to uttrykkene når vi regner ut x + z får vi:
x  z  2n  y  2m  y  2n  2m  2 y  2  (n  m  y)
Fordi n, m og y er heltall, vil også n  m  y være et heltall.
Fordi 2 ganger et heltall er et partall, vil 2  (n  m  y) være et partall.
QED.
7
Oppgave 3 (eksamen desember 2011)
I læreboka er det beskrevet tre gyldige slutningsregler: modus ponens, modus tollens og
syllogismeloven. Er noen av disse tre gyldige slutningsreglene brukt i de følgende to
slutninger? Angi i så tilfelle hvilken slutningsregel som er brukt i hvert tilfelle.
i.
Hvis Kari og Per har samme mor, så er Kari og Per søsken.
Kari og Per er søsken.
Derfor har Kari og Per samme mor.
Det kan være lurt å gi de ulike utsagnene navn for lettere å kunne sammenligne
med slutningsreglene. Vi kan f eks bruke følgende betegnelser:
p: Kari og Per har samme mor.
q: Kari og Per er søsken.
Slutningen over kan da skrives ved hjelp av symboler på følgende måte:
pq
q
 p
Vi ser at dette ikke er noen av de tre gyldige slutningsreglene nevnt i
oppgaven.
ii.
Hvis Kari og Per har samme far, så er Kari og Per søsken.
Kari og Per er ikke søsken.
Derfor har Kari og Per ikke samme far.
Her bruker vi følgende symboler:
p: Kari og Per har samme far
q: Kari og Per er søsken
Slutningen over kan da skrives ved hjelp av symboler på følgende måte:
pq
q
 p
Dette er modus tollens, og følgelig en gyldig slutning.
8
Oppgave 4
Vis ved induksjon at 11n  4n er delelig med 7 for alle n  Z +
1. Basistrinn
Viser først at det gjelder for n = 1 (som er minste verdi for n, siden 0  Z+):
111  41 = 7
7 er delelig med 7, så påstanden er sann for n = 1.
2. Induksjonstrinn
Vi antar så at den er gyldig for n = k, og skal så vise at dette medfører at den er gyldig for
n = k + 1. Siden vi antar at 11k  4k er delelig med 7, kan vi skrive
11k  4k = 7 · m
for en m  Z. Dette kaller vi induksjonshypotesen.
For n = k + 1 har vi
11k + 1  4k + 1 =
11k · 11  4k · 4
Fram til hit er det rett fram, men her må vi gjøre et lite triks. Legg merke til at i neste linje
både trekker vi fra og legger til 4k · 11. Dette gjør for å få et uttrykk som gjør at vi kan bruke
induksjonshypotesen:
11k · 11  4k · 4  4k · 11 + 4k · 11 =
11 (11k  4k) + 4k (11  4) =
11 · 7 · m + 4k · 7 =
7 (11m + 4k)
Siden tallet inne i parentesen er et heltall, er uttrykket delelig med 7 siden et heltall ganger 7
er delelig med 7.
Vi har følgelig vist at dersom påstandene er gyldig for n = k, er den også gyldig for n = k + 1.
Vi har nå vist at påstanden er gyldig for n = 1 og vi har vist at dersom den er gyldig for n = k,
er den også gyldig for n = k + 1. Følgelig er påstanden sann for alle n  Z+.
Oppgave 5
Anta at predikatet T(x) betyr ”politiker x har troverdighet”. Skriv følgende utsagn ved bruk av
kvantorer.
a) Alle politikere har troverdighet.
9
x T(x)
b) Det finnes en politiker som har troverdighet.
x T(x)
c) Det finnes ingen politiker som har troverdighet.
x T(x)
(som altså er logisk ekvivalent med x T(x), dvs. at alle politikere ikke har
troverdighet).
d) Det finnes en politiker som ikke har troverdighet.
x T(x)
(som altså er logisk ekvivalent med x T(x), dvs. at ikke alle politikere har
troverdighet).
10