1. No category

12. mai 2015
Løsningsforslag
Emnekode:
Emne:
ITF10705
Matematikk for IT
Dato:
Eksamenstid:
15. desember 2014
kl 09.00 til kl 13.00
Hjelpemidler:
Faglærer:
To A4-ark med valgfritt innhold på begge sider.
Kalkulator er ikke tillatt.
Christian F Heide
Eksamensoppgaven:
Oppgavesettet består av 5 sider inklusiv denne forsiden og et vedlegg på én side. Kontroller
at oppgaven er komplett før du begynner å besvare spørsmålene.
Oppgavesettet består av 16 oppgaver. Ved sensur vil alle oppgaver telle like mye med unntak
av oppgave 6 som teller som to oppgaver.
Der det er mulig skal du:
 vise utregninger og hvordan du kommer fram til svarene
 begrunne dine svar, selv om dette ikke er eksplisitt sagt i hvert spørsmål
Sensurdato: Torsdag 15. januar 2015
Karakterene er tilgjengelige for studenter på studentweb senest 2 virkedager etter oppgitt sensurfrist. Følg
instruksjoner gitt på: www.hiof.no/studentweb
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 1 av 13
Oppgave 1
En relasjon på mengden
A = {a, b, c, d, e}
er definert ved følgende relasjonsmengde:
R = {(a, b), (b, a), (b, d), (b, e), (d, a), (c, e), (e, c), (e, e)}
Er denne relasjonen refleksiv, symmetrisk, antisymmetrisk og/eller transitiv? Begrunn svaret.
For å vurdere dette, kan det være lurt å tegne relasjonen som en rettet graf:
b
a
e
d
c
For at relasjonen skal være refleksiv, må alle elementer i A ha relasjon til seg selv. Vi ser at
dette ikke er tilfelle. For eksempel har elementet a ikke relasjon til seg selv. Relasjonen er
derfor ikke refleksiv.
Vi ser videre at relasjonen ikke er symmetrisk. Dette kan begrunnes f. eks. ved at vi har
relasjonen (d, a) og da skulle vi også hatt (a, d) dersom relasjonen skulle vært symmetrisk,
men vi ser at denne mangler.
Relasjonen er heller ikke antisymmetrisk blant annet fordi vi har de symmetriske parene (a,
b) og (b, a).
Relasjonen er ikke transitiv. Dette kan vi se for eksempel av at vi vi har parene (a, b) og (b,
d), men mangler (a, d). Vi kan altså gå fra a til d via b, men vi kan ikke gå direkte fra a til d.
Oppgave 2
Gitt tre ikke-disjunkte mengder A, B og C. Bruk venndiagram til å skissere følgende mengde:
(( A  C)  B)  ( B  C)
For oversiktens skyld deler jeg opp uttrykket. Første del av uttrykket blir slik:
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 2 av 13
Trekker vi så fra snittet mellom B og C blir resultatet slik:
Oppgave 3
Forklar om følgende slutning benytter en av de tre gyldige slutningsreglene som er angitt i
boka, og angi hvilken av disse slutningsreglene som i tilfelle er brukt:
Hvis jeg er tørst så drikker jeg vann.
Jeg er ikke tørst.
Derfor drikker jeg ikke vann.
La oss navngi de atomære utsagnene slik:
p: Jeg er tørst.
q: Jeg drikker vann.
Da kan vi skrive slutningen over på følgende måte:
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 3 av 13
pq
p
 q
De tre slutningsreglene vi har i boka er følgende:
1) Modus ponens
p
pq
q
2) Modus tollens
pq
q
 p
3) Syllogismeloven
pq
qr
pr
Vi ser at slutningen i oppgaven ikke er noen av disse tre. Vi kan derfor konkludere:
Denne slutningen benytter ikke noen av disse tre gyldige slutningsreglene.
Oppgave 4
Tallene
2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, …
kalles lucastallene. Denne tallfølgen er karakterisert ved at hvert ledd er summen av de to
foregående leddene. Skriv en rekursiv definisjon for lucastallene.
En rekursiv definisjon består av to deler: en basis og en rekursjonsformel. I dette tilfellet blir
det slik:
1. Basis:
2. Rekursjonsformel:
y0  2, y1  1 .
yn  yn 1  yn  2 for n = 2, 3, 4, … .
Oppgave 5
En gruppe mennesker består av 6 kvinner og 5 menn. Av denne gruppen skal det velges ut en
komite på 5 personer som skal bestå av 3 kvinner og 2 menn. Hvor mange ulike slike komiteer
kan en danne?
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 4 av 13
Her kan tenke slik: Vi skal velge ut 3 av de seks kvinnene til å sitte i komiteen. Dette er et
uordnet utvalg (siden rekkefølgen de trekkes ut i er uten betydning) og utvalget er uten
tilbakelegging (når vi først har valgt ut en kvinne til komiteen, kan hun ikke velges en gang til
til den samme komiteen). Antall ulike kvinnegrupper vi kan danne på denne måten er gitt ved
 6
6!
6  5  4  3!
  

 20
 3  (6  3)!  3! 3  2 1  3!
For hver av disse kvinnegruppene skal vi velge ut 2 av de 5 mennene. Dette er også uordnet
utvalg uten tilbakelegging, og antall slike er
 5
5!
5  4  3!
  

 10
 2  (5  2)!  2! 3!  2 1
For hver av de 20 kvinnegruppene har vi altså 10 mannsgrupper å velge blant. Totalt antall
blir derfor
20 10  200
Oppgave 6 (teller som to oppgaver)
Løs følgende differensligning:
yn  6 yn1  9 yn2  8n
med y 0  6 og y1  14 .
Vi må først løse den tilhørende homogene ligningen, altså
yn  6 yn1  9 yn2  0
Den karakteristiske ligningen er
2  6  9  0
Denne har følgende løsninger:
 (6)  (6) 2  4  1  9 6  0


3
2 1
2
Vi får altså én reell rot i den karakteristiske ligningen. Løsningen av den tilhørende homogene
ligningen er derfor
yn( h )  A  3n  Bn  3n  ( A  Bn )  3n
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 5 av 13
Vi må så finne én løsning av den inhomogene ligningen. Vi forsøker med en løsning som er
på samme formen som høyre side som altså er 8n. Vi forsøker derfor med et generelt
førstgradspolynom:
yn  K1n  K0
I så fall er
yn1  K1 (n 1)  K0  K1n  K1  K0
og
yn2  K1 (n  2)  K0  K1n  2K1  K0
Vi setter så dette inn i differensligningen for å bestemme konstantene K 1 og K 0 :
K1n  K 0  6  ( K1n  K1  K 0 )  9  (K1n  2K1  K 0 )  8n
Så ganger vi ut parentesene:
K1n  K0  6K1n  6K1  6K0  9K1n 18K1  9K0  8n
Faktorene foran n på begge sider må være like:
K1  6 K1  9 K1  8
Dette gir
4 K1  8
og altså
K1  2
Konstantleddene på begge sider må også være like, noe som gir:
K0  6K1  6K0 18K1  9K0  0
Vi vet at K1  2 (det fant vi nettopp ut). Setter vi inn dette, får vi:
K0  6  2  6K0 18  2  9K0  0
som gir
4K0  24
og
K0  6
En partikulær løsning av den inhomogene ligningen, er følgelig
yn( p )  2n  6
Den generelle løsningen av den inhomogene ligningen er derfor:
yn  yn( h )  yn( p )  ( A  Bn )  3n  2n  6
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 6 av 13
Vi kan så bruke startbetingelsene y 0  6 og y1  14 til å bestemme konstantene A og B.
y 0  6 gir:
( A  B  0)  30  2  0  6  6
dvs.
A0
y1  14 sammen med A = 0 gir:
(0  B 1)  31  2 1  6  14
dvs.
3B  14  2  6  6
som gir
B2
Løsningen av differensligningen er følgelig
y n  2n  3n  2n  6  2n  (3n  1)  6
Oppgave 7
Gitt følgende rettede og vektede graf. Benytt Dijkstras algoritme til å finne korteste vei (altså
veier med minst vekt) fra node a til alle andre noder. Vis alle trinn i algoritmen og vis
hvordan nodenes etiketter/merker oppdateres underveis.
b
1
d
7
3
a
1
1
1
2
c
e
Vekter på kanter i denne grafen:
W(a, b) = 7
W(a, c) = 1
W(b, c) = 1
W(b, e) = 3
W(c, e) = 2
W(d, b) = 1
W(e, d) = 1
Initialisering:
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 7 av 13
S = {a}
Initialiserer etiketter:
a: 0, b: 7, a
c: 1, a
d: ∞, a
e: ∞, a
Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a. Dette er node c med avstand D(c) = 1
(dette kan vi se av etikettene). Vi oppdaterer så S:
S = {a, c}
Så sjekker vi alle nodene som er naboer til c om de har kortere vei via c enn den veien de alt
har. Nabo til c er kun e.
Node e har avstand ∞. Ny avstand via c er: D(c) + W(c, e) = 1 + 2 = 3.
3 er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til e til 3, c.
Etter dette trinnet er derfor etikettene:
a: 0, b: 7, a
c: 1, a
d: ∞, a
e: 3, c
Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node e
med avstand D(e) = 3. Oppdaterer S:
S = {a, c, e}
Så sjekker vi alle nodene som er naboer til e (altså den noden vi akkurat har lagt inn i S) om
de har kortere vei via e enn den veien de alt har. Nabo til e er d.
Node d har avstand ∞. Ny avstand via e er: D(e) + W(e, d) = 3 + 1 = 4.
Dette er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til d til 4, e.
Etter dette trinnet er derfor etikettene:
a: 0, b: 7, a
c: 1, a
d: 4, e
e: 3, c
Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node d
med avstand D(d) = 4. Oppdaterer S:
S = {a, c, e, d}
Så sjekker vi alle nodene som er naboer til d om de har kortere vei via d enn den veien de alt
har. Nabo til d er b.
Node b har avstand 7. Ny avstand via d er: D(d) + W(d, b) = 4 + 1 = 5.
Dette er kortere vei enn vi har fra før, og vi oppdaterer derfor etiketten til b til 5, d.
Etter dette trinnet er derfor etikettene:
a: 0, b: 5, d
c: 1, a
d: 4, e
e: 3, c
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 8 av 13
Vi legger så inn den noden i S som har kortest vei til a som ikke alt er i S. Dette er node b
som er eneste gjenstående node. Oppdaterer S:
S = {a, c, e, d, b}
Alle nodene er i S og algoritmen terminerer. Etikettene etter kjøringen er:
a: 0, b: 5, d
c: 1, a
d: 4, e
e: 3, c
Avstandene fra a til de ulike nodene kan vi lese ut av etikettene, og er følgelig:
b: 5, c: 1, d: 4, e: 3
Oppgave 8
Bruk sannhetstabeller til å undersøke om følgende uttrykk er en tautologi:
( p  (q  ( p  r )))  (( p  q)  r )
p
q
r
pr
q  ( p  r)
S
S
S
S
F
F
F
F
S
S
F
F
S
S
F
F
S
F
S
F
S
F
S
F
S
F
S
F
S
S
S
S
S
S
S
F
S
S
S
S
p
(q  ( p  r ))
S
S
S
F
F
F
F
F
pq
( p  q)  r
Hele
S
S
F
F
F
F
F
F
S
S
S
F
S
F
S
F
S
S
S
S
F
S
F
S
Vi ser av sannhetstabellen at uttrykket ikke alltid er sant. Følgelig er det ikke en tautologi.
Oppgave 9
Gitt følgende logiske utsagn:
(( p  q)  p)
Bruk logikklovene på vedlagte ark til å finne hvilket av følgende utsagn dette er logisk
ekvivalent med:
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
p
p
pq
pq
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 9 av 13
Bruk kun en lov i hvert trinn og angi for hvert trinn hvilken lov du bruker.
Det er flere veier fram til målet. Her er en mulighet:
(( p  q)  p)

( p  q)  p)

( p  q)  p)

(p  q)  p)

p  (p  q)

p
De Morgans lov (4) på den ytterste negasjonen
Dobbel negasjon (7)
Lov om implikasjon (11)
Kommutativ lov (2)
Absorpsjonslov (6)
Vi ser at uttrykket er logisk ekvivalent med uttrykket i (ii).
Oppgave 10
Bruk induksjonsbevis til å vise at følgende gjelder for alle n  Z  = {1, 2, 3, …}
0 1 1  2 2  3
(n  1)  n (n  1)  n  (n  1)




2
2
2
2
6
Basistrinn (n = 1):
Venstre side:
Høyre side:
0 1
0
2
(1  1)  1  (1  1)
0
6
Vi ser at høyre side er lik venstre side for n = 1. Basistrinnet er følgelig OK.
Induksjonstrinn:
Vi antar at uttrykket gjelder for n = k (dette kalles induksjonshypotesen), altså at
0 1 1  2 2  3
(k  1)  k (k  1)  k  (k  1)




2
2
2
2
6
og skal vise at det da følger at uttrykket gjelder for n = k + 1. For n = k + 1 blir uttrykket
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 10 av 13
0 1 1  2 2  3
(k  1)  k (k  1  1)  (k  1) (k  1  1)  (k  1)  (k  1  1)





2
2
2
2
2
6
De første k leddene på venstre side kan vi, basert på induksjonshypotesen, skrive som
(k  1)  k  (k  1)
.
6
Uttrykket blir derfor:
(k  1)  k  (k  1) (k  1  1)  (k  1) (k  1  1)  (k  1)  (k  1  1)


6
2
6
Det som gjenstår nå er å vise at venstre side er lik høyre side. Vi ganger begge sider av
likhetstegnet med 6 for å få bort nevnerne:
(k  1)  k  (k  1)  3  k  (k  1)  k  (k  1)  (k  2)
Regner vi videre på høyre side og venstre side hver for seg, får vi
k 3  k  3k 2  3k  k 3  3k 2  2k
Vi ser at venstre side er lik høyre side, og vi har derfor vist at dersom uttrykket gjelder for n =
k så gjelder det også for n = k + 1. Siden vi også har vist at det gjelder for n = 1, betyr det at vi
har vist at det gjelder for alle n.
Oppgave 11
Gitt følgende predikat:
P(n): 3 | n
hvor n  Z. Bruk kvantorer og dette predikatet til å skrive følgende to utsagn:
i)
Det finnes ikke noe heltall som er delelig med 3.
n P(n)
ii)
3 deler ikke alle heltall.
n P(n)
Angi også om hvert av utsagnene er sant eller falskt.
Utsagnet i i) er falskt, mens utsagnet i ii) er sant.
Oppgave 12
Anta at n  Z. Benytt kontrapositivt bevis til å bevise at dersom n 2  6n  5 er et partall så
er n et oddetall.
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 11 av 13
Det kontrapositive er:
Dersom n er et partall så er n 2  6n  5 et oddetall.
Dersom n er et partall kan det skrives slik:
n  2a
hvor a er et heltall.
Da har vi at
n 2  6n  5  (2a) 2  6  2a  5  4a 2  12a  5  4a 2  12a  4  1  2(2a 2  6a  2)  1
Siden a er et heltall, er uttrykket i parentesen et heltall. Et heltall ganger 2 er et partall, og
2(2a 2  6a  2) er derfor et partall. Et partall pluss 1 er et oddetall. Uttrykket er derfor et
oddetall. QED.
Oppgave 13
Konverter tallet 4110 til binærtall.
Det er flere gangbare framgangsmåter her. Noe som alltid fungerer er å dele gjentatte ganger
med 2 og ta vare på restene av divisjonene:
41 : 2 = 20 med rest 1.
20 : 2 = 10 med rest 0.
10 : 2 = 5 med rest 0.
5 : 2 = 2 med rest 1.
2 : 2 = 1 med rest 0.
1 : 2 = 0 med rest 1.
Den nederste resten er det mest signifikante sifferet, og tallet blir derfor
4110 = 1010012
Oppgave 14
Gitt en grammatikk med startsymbol s, hvor mengden av ikke-avslutningssymboler er
N = {s, t, u} og mengden av avslutningssymboler er T = {0, 1}. Grammatikken har følgende
produksjonsregler:
s  1ut
s  0 st
ut  1t
st  0t
t 0
u 1
Er denne grammatikken kontekstfri og/eller regulær? Begrunn svaret.
Kravene for at en grammatikk skal være kontekstfri, er at den har:
i.
en endelig mengde avslutningssymboler, kalt T
ii.
en endelig mengde ikke-avslutningssymboler, kalt N, og hvor T og N er
disjunkte, altså at T  N  
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 12 av 13
en endelig mengde produksjonsregler på formen w1  w2 hvor w1  N og
w2  ( N  T ) * .
Her er både T og N endelige mengder, og de er disjunkte. De to første kravene er derfor
oppfylt.
Det tredje kravet sier at venstre side av produksjonsreglene skal være ett element fra N, mens
høyre side kan være en vilkårlig streng av symboler fra N og T. Her ser vi at flere av
produksjonsreglene ikke oppfyller dette tredje kravet. For eksempel: Venstresiden i den tredje
produksjonsregelen består av en kombinasjon av to elementer fra N. Dette er ikke tillatt.
iii.
Dette innebærer at grammatikken ikke er kontekstfri. En slik grammatikk kalles
kontekstsensitiv (fordi et symbol må stå i en viss kontekst for å kunne erstattes av et annet
symbol). En grammatikk som ikke er kontekstfri, er heller ikke regulær.
Grammatikken er følgelig hverken en kontekstfri eller en regulær grammatikk.
Oppgave 15
Tegn tilstandsdiagrammet for en endelig automat (endelig tilstandsmaskin uten utgang) med
inngangsalfabet I = {0, 1} som gjenkjenner alle bitstrenger som avsluttes med 100.
1
0
Start
s0
1
s1
0
0
s2
s3
1
1
0
Oppgave 16
Gitt to komplekse tall z  1 7i og w  1  3i . Finn
z
. Skriv svaret på formen a  bi .
w
For å få en reell nevner slik at svaret kan skrives på formen a  bi , ganger vi teller og nevner
med den komplekskonjugerte av nevneren:
z 1  7i 1  7i 1  3i 1  1  1  3i  7i  1  7i  3i





w 1  3i 1  3i 1  3i
12  (3) 2
1  3i  7i  21i 2 1  10i  21  (1)  20  10i
20 10



 i
1 9
10
10
10 10
2i
Eksamen i Matematikk for IT, desember 2014
Side 13 av 13