Prøveeksamen i MAT1140, H-15: Løsningsforslag
Oppgave 1. Vi bruker først en av De Morgans lover og deretter en distributiv lov:
A ∩ (B c ∩ A)c = A ∩ ((B c )c ∪ Ac ) = A ∩ (B ∪ Ac )
= (A ∩ B) ∪ (A ∩ Ac ) = (A ∩ B) ∪ ∅ = A ∩ B
Oppgave 2. Hvis vi tolker kvadratrøtter og deling med 2 på passende måte,
kan vi bruke den vanlige formelen for annengradsligninger:
√
√
p
−7̄ ± 7̄2 − 4̄ · 1̄ · (−4̄)
−7̄ ± 65
−7̄ ± 4
x̄ =
=
=
2̄ · 1̄
2̄
2̄

 −5̄ = 56 = 28
2
−7̄ ± 2  2
=
=

2̄
 −9̄ = 52 = 26
2
2̄
Oppgave 3. Hjørnene d, a, e, c er alle forbundet med hverandre innbyrdes,
og må derfor få forskjellige farger. Dette viser at vi må bruke minst fire
farger. Siden hjørne b ikke er forbundet med hjørne e, kan de få samme
farge. Vi har dermed fargeleggingen vist på figuren (tallene står for farger):
1t
3 t
A
A
2 At
@@
@
@t 4
t
3
Legger vi til en kant fra b til e, må også disse hjørnene ha forskjellig farge, og
vi trenger dermed 5. Grunnen til at dette ikke strider imot firefargeteoremet,
er at den nye grafen ikke er planar.
Oppgave 4. a) S er åpenbar refleksiv siden alle par (x, x) er lagt inn i
S. For å vise at S er symmetrisk, antar vi at (x, y) ∈ S, x 6= y. Det er
nå to muligheter – enten er (x, y) ∈ R, eller så er (x, y) ∈
/ R. I det første
tilfellet et (y, x) lagt inn i S. I det andre tilfellet er (x, y) lagt inn i S som
et tillegg til R, og det må skyldes at (y, x) ∈ R. I begge tilfeller er (y, x) ∈ S.
b) Vi må sjekke de tre kravene til en ekvivalensrelasjon:
(i) Refleksiv: Siden S er refleksiv, er xSx for alle x ∈ X. Dermed er
x = x0 , x0 Sx1 , x1 = x, som viser at x er S-forbundet med x. Følgelig
er xT x.
1
b) Symmetrisk: Anta xT y. Da finnes det en S-forbindelse
x = x0 ,
x0 Sx1 ,
x1 Sx2 ,
...,
xn−1 Sxn ,
xn = y
fra x til y. Siden S er symmetrisk, kan vi snu retningene og få en
S-forbindelse fra y til x:
y = xn ,
xn Sxn−1 ,
xn−1 Sxn−2 ,
...,
x1 Sx0 ,
x0 = x
Dermed er yT x, og vi har vist at T er symmetrisk.
(iii) Transitiv: Anta xT y og yT z. Da finnes det S-forbindelser
x = x0 ,
x0 Sx1 ,
x1 Sx2 ,
y = x0 ,
y0 Sy1 ,
y1 Sy2 ,
...,
xn−1 Sxn ,
xn = y
ym−1 Sym ,
ym = z
og
...,
fra x til y og fra y til z. Disse kan vi skjøte sammen til en S-forbindelse
fra x til z:
x = x0 ,
x0 Sx1 ,
...,
xn−1 Sy,
ySy1 ,
...,
ym−1 Sym ,
ym = z
Dermed har vi xT z som viser at T er transitiv.
Oppgave 5. a) Anta for motsigelse at φ(t) ikke er delelig på d. Deler vi φ(t)
på d, får vi da
φ(t) = qd + r
der 0 < r < d. Ifølge Eulers teorem er āφ(t) = 1̄, og siden vi per antagelse
også har ād = 1̄, får vi
q
1̄ = āφ(t) = āqd+r = ād · ār = 1̄ · ār = ār
Dette er en selvmotsigelse siden d er det minste, positive tallet slik at ād = 1̄.
b) Observer først at alle elementene ā, ā1 , ā2 , . . . , āφ(t) må være forskjellige: Har vi ān = ām for n < m ≤ φ(t), gir forkortningsregelen ām−n = 1̄, og
det er umulig siden ā har orden φ(t).
Siden a er innbyrdes primisk med t, er hver an det også, og dermed
er ā, ā1 , ā2 , . . . , āφ(t) en samling av φ(t) ulike elementer i Z/(t) som alle
er innbyrdes primisk med t. Per definisjon av φ finnes det nøyaktig φ(t)
elementer i Z/(t) som er innbyrdes primiske med t, og det betyr at listen
ā, ā1 , ā2 , . . . , āφ(t) inneholder dem alle. Altså må ethvert element i Z/(t) som
er innbyrdes primisk med t, være på formen āk for en k ≤ φ(t).
Oppgave 6: Vi S
vet at Nn = N × N × . . . × N er tellbar for alle n ∈ N, og
dermed er B = n∈N Nn tellbar siden den er en tellbar union av tellbare
2
mengder. Vi definerer en injeksjon F fra A til B på følgende vis: Dersom f
er funksjonen med verdier
f (1) = n1 , f (2) = n2 , . . . , f (k) = nk , f (k+1) = f (k+2) = f (k+3) = . . . = nk+1
der nk 6= nk+1 , så er F (f ) = (n1 , n2 , . . . , nk , nk+1 ). Siden B er tellbar, følger
det at A er tellbar.
Oppgave 7. a) Vi må sjekke de tre kravene til en partiell ordning:
(i) Refleksiv : Siden VT ⊆ VT og ET ⊆ ET , er T ≤ T for alle trær T .
(ii) Antisymmetrisk : Anta T1 ≤ T2 og T2 ≤ T1 . Da er VT1 ⊆ VT2 og VT2 ⊆
VT1 , som gir VT1 = VT2 . Tilsvarende er er ET1 ⊆ ET2 og ET2 ⊆ ET1 ,
som gir ET1 = ET2 . Altså er T1 = T2 .
(iii) Transitiv : Anta T1 ≤ T2 og T2 ≤ T3 . Da er VT1 ⊆ VT2 og VT2 ⊆ VT3 ,
som gir VT1 ⊆ VT3 . Tilsvarende er er ET1 ⊆ ET2 og ET2 ⊆ ET3 , som
gir ET1 ⊆ ET3 . Altså er T1 ≤ T3 .
b) Siden T ikke er et utspenningstre, må det finnes en node v i V som
ikke er med i VT . Siden G er sammenhengende, finnes det stier fra VT til v
i G. La
u −→ v1 −→ v2 −→ . . . −→ vn−1 −→ v
være en sti av kortest mulig lengde fra en node u i VT til v. Da er v1 ∈
/ VT (for
hvis ikke ville v1 −→ v2 −→ . . . −→ vn−1 −→ v vært en kortere sti fra VT til
v). Vi definerer nå en ny graf T 0 ved VT 0 = VT ∪ {v1 }, ET 0 = ET ∪ {u, v1 }.
Vi må sjekke at T 0 er et tre. Siden T er sammenhengende, og den nye
noden v1 er forbundet med u ∈ VT , er T 0 sammenhengende. T 0 må også være
sykelfri: Siden T er sykelfri, må en eventuell sykel i T 0 inneholde den nye
kanten {u, v1 }, men det er ikke mulig siden v1 bare har denne ene kanten i
T 0 . Dette viser at T 0 er et tre, og per konstruksjon er T ≤ T 0 .
c) La C være en kjede av trær i T . Vi definerer en ny graf S ved
[
[
VS =
T og ES =
ET
T ∈C
T ∈C
Det holder åpenbart å vise at S er et tre, dvs. at S er sammenhengende og
sykelfri.
Vi tar sammenheng først. Dersom u, v ∈ VS , finnes det trær T1 , T2 ∈ C
slik at u ∈ VT1 , v ∈ VT2 . Siden C er en kjede, er et av elementente T1 , T2
større enn det andre – la oss kalle det T . Da er både u og v med i T , og
siden T er et tre, finnes det en sti som forbinder u og v i T . Denne stien
forbinder også u og v i S, og følgelig er S sammenhengende.
3
Anta så for motsigelse at
v0 −→ v1 −→ v2 −→ . . . −→ vn−1 −→ v0
er en sykel i S. Da finnes det for hver kant (vi , vi+1 ) et tre Ti ∈ C slik at
(vi , vi+1 ) ∈ ETi , og siden C er en kjede, finnes det et største av disse trærne,
Ti0 . Da er alle kantene (vi , vi+1 ) med i VTi0 , og følgelig er
v0 −→ v1 −→ v2 −→ . . . −→ vn−1 −→ v0
en sykel i Ti0 . Det er en motsigelse siden Ti0 er et tre og dermed ikke har
sykler.
d) Punkt c) viser at (T , ≤) er en partielt ordnet mengde der alle kjeder har en øvre skranke. Ifølge Zorns lemma har T dermed et maksimalt
element Tmax . Ifølge b) må Tmax være et utspenningstre – hvis ikke kan vi
nemlig utvide T til et større deltre T 0 av G, og det er umulig siden Tmax er
maksimalt.
4