Løsning oblig 1

Transcription

Løsning oblig 1
Matematikk for IT, høsten 2015
Oblig 1
Løsningsforslag
28. august 2015
1.2.1
a) 19 | 76 ?
76 : 19 = 4
Vi ser at vi får 0 i rest ved denne divisjonen. Vi kan derfor konkludere med at 19 deler 76.
b) 19 | 131 ?
131 : 19 = 6
–114
17
Vi ser at vi får 17 i rest. 19 deler derfor ikke 131.
1.2.4
b) Er 113 et primtall?
Siden det ikke er et partall er det ikke delelig med 2 eller noen andre partall.
Tverrsummen er 1 + 1 + 3 = 5 som ikke er delelig med 3, og 113 er derfor ikke delelig med 3
(eller 9).
Siden det ikke ender på 0 eller 5 er det ikke delelig med 5.
Siden 7 ∙ 16 = 112 er det ikke delelig med 7.
Siden 11 ∙ 11 = 121 er det heller ikke delelig med 11.
Konklusjon: 113 er et primtall.
1.2.5
a)
27 : 11  2
 22
5
Vi ser at 27 = 2 ∙ 11 + 5. Følgelig:
q=2
r = 5.
b) Her må vi huske på at resten alltid skal være positiv:
 122 : 7  18
 ( 7 )
 52
 ( 56)
4
Følgelig:
q = –18
r = 4.
1.2.6
b)
524 : 2 = 262
262 : 2 = 131
131 : 131 = 1
Dvs.
524 = 2 ∙ 2 ∙ 131
1.2.9
70  19 (mod 3)
a)
Dette sjekker vi enklest ved å sjekke om 70 – 19 er delelig med 3:
70 – 19 = 51.
Tverrsummen av 51 er 6 som er delelig med 3. 51 er følgelig delelig med 3. Følgelig:
70 er kongruent med 19 modulo 3.
b)
455  106 (mod 5)
Vi ser at 455 – (–106) = 561.
561 er ikke delelig med 5. Følgelig:
455 er ikke kongruent med –106 modulo 5.
802  4 (mod 19)
c)
Vi ser at 802 – 4 = 798.
798 er delelig med 19. Følgelig:
802 er kongruent med 4 modulo 19.
211  2 (mod 11)
Fermats lille teorem sier at an  a (mod n) dersom a er et heltall og n er et primtall. Siden 2 er
et heltall og 11 er et primtall, kan vi konkludere med at 211  2 (mod 11) .
d)
1.2.10
 22  r (mod 7)
c)
Her må vi altså finne en r slik at (–22 – r) kan deles med 7. Vi vet at 7 ∙ 4 = 28. Velger vi
derfor r = 6, blir –22 – 6 = –28. (Vi kan ikke velge r = –1 som også hadde vært kongruent
fordi det i oppgaven er spesifisert at r skal være positiv).
2
1.3.1
a) 11011  1  20  1  21  0  22  1  23  1  24  1  2  0  8  16  27
b) 111001  1  20  0  21  0  22  1  23  1  24  1  25  1  0  0  8  16  32  57
c) 10111001  1 20  0  21  0  22  1 23  1 24  1 25  0  26  1 27 
1  0  0  8  16  32  0  128  185
d) 1111101000  0  20  0  21  0  22  1 23  0  24  1 25  1 26  1 27  1 28  1 29 
0  0  0  8  0  32  64  128  256  512  1000
1.3.2
Det er ulike måter å konvertere fra binært til desimalt. Vi kan for eksempel dividere gjentatte
ganger med 2 og «ta vare på» resten i hver divisjon.
a)
47 : 2 = 23 med rest 1.
23 : 2 = 11 med rest 1.
11 : 2 = 5 med rest 1.
5 : 2 = 2 med rest 1.
2 : 2 = 1 med rest 0.
1 : 2 = 0 med rest 1.
Vi konkatenerer så (konkatenere = lenke sammen, sette etter hverandre) restene, med den siste
resten vi fant først, og får:
4710  1011112
d)
1866 : 2 = 933 med rest 0
933 : 2 = 466 med rest 1
466 : 2 = 233 med rest 0
233 : 2 = 116 med rest 1
116 : 2 = 58 med rest 0
58 : 2 = 29 med rest 0
29 : 2 = 14 med rest 1
14 : 2 = 7 med rest 0
7 : 2 = 3 med rest 1
3 : 2 = 1 med rest 1
1 : 2 = 0 med rest 1
Følgelig:
186610  111010010102
1.3.3
Ved konvertering fra binært til oktalt er det enklest å gruppere de binære sifrene 3 og 3 og
konververte hver 3-er-gruppe til oktalt og deretter konkatenere.
a) 11 011
011 2  38
112  38
Følgelig:
110112  338
3
b) 111 001
001 2  18
111 2  78
Følgelig:
1110012  718
c) 10 111 001
001 2  18
111 2  78
102  28
101110012  2718
d) 1 111 101 000
0002  08
101 2  58
111 2  78
12  18
11111010002  17508
1.3.4
b) 1238  3  80  2  81  1  82  3  16  64  8310
c) 36428  2  80  4  81  6  82  3  83  2  32  384  1536  195410
1.3.5
Her kan vi dele gjentatte ganger med 8 og benytte resten i hver divisjon.
a) 56 : 8 = 7 med rest 0
7 : 8 = 0 med rest 7
Følgelig: 5610  708
c) 274 : 8 = 34 med rest 2
34 : 8 = 4 med rest 2
4 : 8 = 0 med rest 4
Følgelig: 27410  4228
1.3.6
For å konvertere fra binært til heksadesimalt er det enklest å gruppere i fire og fire siffer og så
konvertere hver firer-gruppe til heksadesimalt og deretter konkatenere.
c) 1011 1001
10012  916
10112  B16
101110012  B916
4
d) 11 1110 1000
10002  816
1110 2  E16
112  316
11111010002  3E816
1.3.7
Her er det enklest å konvertere hvert siffer til binærtall og så konkatenere.
b) 3AC
C16  1100 2
A16  1010 2
316  112
3 AC16  11 1010 11002
c) EDDE
E16  1110 2
D16  1101 2
EDDE16  1110 1101 1101 11102
1.3.8
b) b  e 
1 1
1 1
1
11111
+ 110001
= 1010000
e) a  d 
101
∙ 1101
101
000
101
101
= 1000001
1.4.1
a, b, c, d
a, b, d , c
a, c, b, d
a, c, d , b
a, d , c, b
a, d , b, c
b, a, c, d
b, a, d , c
b, c, a, d
b, c, d , a
b, d , a, c
b, d , c, a
c, b, a, d
c, b, d , a
c, a, b, d
c, a, d , b
c, d , a, b
c, d , b, a
d , a, b, c
d , a, c, b
d , b, a, c
d , b, c, a
d , c, a, b
d , c, b, a
5
1.4.2
Det er 5 tall, og vi kan da danne 5! = 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 120 permutasjoner.
1.4.3
Antall permutasjoner av tallene 0, 2, 4, 6 og 8 som slutter med 0 er lik antall permutasjoner av
tallene 2, 4, 6, 8, altså 4! = 24.
1.4.4
a) 3-permutasjoner av tallene 1, 2, 3, 4:
Her har rekkefølgen betydning, og vi får
123
132
124
142
134
143
213
231
214
241
234
243
312
321
314
341
324
342
412
421
413
431
423
432
b) 3-kombinasjoner av 1, 2, 3, 4:
Her er rekkefølgen uten betydning, og vi får
123
124
134
234
1.4.5
5!
5! 5  4  3  2 !
 
 5  4  3  60
(5  3)! 2!
2 !
(Her har jeg forkortet 2! i telleren mot 2! i nevneren).
a) P (5,3) 
b) P(7,1) 
7!
7! 7  6 !
 
7
(7  1)! 6!
6 !
c) P (8,6) 
8!
8! 8  7  6  5  4  3  2 !
 
 20160
(8  6)! 2!
2 !
1.4.6
8!
8  7  6  5! 8  7  6
8


 56
d)   
5!  3!
3  2 1
 5  5!  (8  5)!
9!
9!
9

1
e)   
 0  0!  (9  0)! 1  9!
13!
13 12 1110  9  8!
 13 

 1287
f)   
5  4  3  2 1  8!
 5  5!  (13  5)!
6
1.4.7
Dette er ordnet utvalg (siden det er forskjell på å få f. eks. 1. og 2. plass) uten tilbakelegging
(fordi en person ikke kan få mer enn én plassering) hvor vi skal trekke ut 9 av 9. Antall
muligheter er derfor:
P(9,9) 
9!
9!
  9!  362 880
(9  9)! 0!
Alternativt kan vi tenke slik: Det må være antall mulige permutasjoner av de 9 studentene,
altså 9!.
1.4.9
a) Antall permutasjoner av a, b, c, d, e, f som inneholder ordet cd.
Vi har 6 bokstaver. Vi kan plassere bokstavkombinasjonen cd på 1. og 2. plass i rekka,
på 2. og 3. plass, på 3. og 4. plass, på 4. og 5. plass eller på 5. og 6. plass, altså 5
mulige plasseringer. I hvert av disse tilfellene er det fire ledige plasser som de fire
resterende bokstavene kan boltre seg på, noe som i hvert tilfelle gir 4! = 24. Totalt
antall muligheter blir derfor 5 ∙ 4! = 5! = 120.
Alternativt kan vi tenke på cd som én bokstav siden disse i dette tilfellet er
uatskillelige, og at vi derfor ikke har 6 bokstaver men bare 5, og antall permutasjoner
av disse 5 er 5!.
b) Her har vi et ord på 3 bokstaver, og følgelig kan vi tenke av vi bare har 4 bokstaver å
permutere, og vi får 4! = 24.
1.4.13
50 personer til stede. Loddsalg med 1., 2. og 3. gevinst. Hver person kjøper ett lodd.
a) Hvis det ikke er noen begrensninger, blir dette antall 3-permutasjoner av de 50, altså:
P (50,3) 
50!
50  49  48  47!

 117 600
(50  3)!
47!
b) Hvis personen med lodd 23 vinner 2. gevinst er det 49 lodd igjen som kan fordeles
tilfeldig på 1. og 3. gevinst. Dette er antall 2-permutasjoner av 49:
P (49,2) 
49!
49  48  47!

 2 352
(49  2)!
47!
c) Dersom personen med lodd 23 vinner en av de tre gevinstene. Dette blir antall dersom
personen vinner 1. gevinst + antall dersom personen vinner 2. gevinst + antall dersom
personen vinner 3. gevinst, altså 3 ganger tallet vi fant i b):
3 ∙ 2352 = 7056
7
d) Dersom personen med lodd 23 ikke vinner vil det være 49 lodd igjen som kan vinne de
tre premiene. Dette blir da
P(49,3) 
49!
49  48  47  46!

 110 544
(49  3)!
46!
e) Dersom personene med lodd 23 og 45 begge vinner vil det være 48 lodd igjen som kan
vinne den siste gevinsten. Men lodd 23 og 45 kan vinne disse to gevinstene på
3!
3  2  1!
P (3,2) 

 6 måter.
(3  2)!
1!
Dette gir at antall muligheter blir
6  P(48,1)  6 
48!
48  47!
 6
 288
(48  1)!
47!
f) 1. gevinst vinnes av en person med lodd 11, 19 eller 23.
Det er nå 2 gevinster igjen som kan vinnes av 49 personer (alle de som ikke vinner 1.
gevinst). Vi kan da først regne ut antall mulighet for dette:
P(49,2)  2352
Men så er det altså 3 ulike muligheter for fordelingen av 1. gevinsten. Totalt antall blir
derfor
3 ∙ 2352 = 7056
g) Ingen personer med lodd 11, 19 og 23 vinner. Nå vet vi at de tre gevinstene kan
fordeles på 47 personer. Antall blir derfor
P (47,3) 
47!
47  46  45  44!

 97 290
(47  3)!
44!
1.5.8
Det er 29 bokstaver i det norske alfabetet. Antall mulige kombinasjoner av første og siste
bokstav i etternavnet er derfor 29 ∙ 29 = 841. Dersom det selges 841 + 1 = 842 billetter må det
derfor være to personer med samme førstebokstav og sistebokstav i etternavnet.
1.5.11
12 hylleseksjoner, 6 hyller i hver seksjon med hver oppdelt i 20 båser. Dette gir totalt 12 ∙ 6 ∙
20 = 1440 båser. Dersom det da er 1440 + 1 = 1441 varer på lageret, må minst to produkter
plasseres i samme bås.
1.5.16
a) Hva er koeffisienten foran x 3 y 7 i ekspansjonen av ( x  y )10 ?
Dette er gitt ved
10  10 
10!
10  9  8  7!
     

 120
 3   7  7!  (10  7)! 7!  3  2 1
8
Oppgave 1
10 menn og 6 kvinner. Komite med 6 medlemmer med like mange menn som kvinner.
Vi skal da velge ut 3 av de 10 mennene. Dette er uordnet utvalg uten tilbakeleggin og kan
derfor gjøres på
10  10! 10  9  8
  

 120 måter.
 3  3!  7! 3  2 1
For hver av de 120 måtene vi kan velge menn til komiteen, kan vi velge ut 3 av de 6 kvinnene
til komiteen på
 6
6!
65 4
  

 20 måter.
 3  3!  3! 3  2 1
Totalt kan vi derfor danne 120 ∙ 20 = 2400 ulike komiteer.
Oppgave 2
Hvor mange bit-strenger av lengde 16 både starter og slutter med en 0?
Dersom bit-strengen både skal starte og slutte med 0, er det kun 14 av de 16 bit-ene som er
tilfeldige. Antall slike er derfor
214  16 384
9

Similar documents