1. Oppgave
Transcription
1. Oppgave
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 à 5+ c2 an = 65 à à à ! ! ! ! √ √ √ √ 105 5 − 105 5 − 105 5 + 105 + c2 = c1 + (9 − c1 ) 2 2 2 2 à ! à ! √ √ √ 5 + 105 5 − 105 5 − 105 − +9 = c1 2 2 2 à ! à ! √ √ √ 5 + 105 5 − 105 5 − 105 − = c1 +9 2 2 2 à ! à ! √ √ √ 5 + 105 − 5 + 105 5 − 105 = c1 +9 2 2 à ! √ ³√ ´ 5 − 105 = c1 105 + 9 = 65 2 √ c1 105 = 65 − 9 c1 =9 à 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 à !à !n à !à !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