Egzamin sesyjny z matematyki dyskretnej dla Inf. Id – rozwiązania

Egzamin sesyjny z matematyki dyskretnej dla Inf. Id – rozwiązania
Zestaw A
Z. 1. (3pkt.) Podać zależność rekurencyjną na liczbę ciągów binarnych długości n, w których żadne dwa zera
nie stoją obok siebie. Następnie podać wzór jawny.
n = 1: 0, 1 a1 = 2
n = 2: 01, 10, 11 a2 = 3
Rozważmy ciąg spełniający warunki o długości n. Jeżeli na ostatnim miejscu jest 1, to na wcześniejszych n − 1
miejscach mogą być wszystkie dozwolone układy, których jest an−1 . Jeżeli na ostatnim miejscu jest 0, to na
przedostatnim musi być 1, a na wcześniejszych n − 2 miejscach mogą być wszystkie dozwolone układy. Jest
ich an−2 . Stąd zależność rekurencyjna
an = an−1 + an−2 .
Wzór jawny wyznaczamy z odpowiedniego twierdzenia. Równanie charakterystyczne:
x2 − x −√1 = 0
√
x1 = 1−2 5 ∨ x2 = 1+2 5 ,
√ n
√ n
czyli an = c1 1−2 5 + c2 1+2 5 .
Z uładu równań
√ 
√ 2 = c1 1−2 5 + c2 1+2 5
√ 2
√ 2
3 = c 1− 5 + c 1+ 5
1
2
2
2
wyznaczamy
stałe
c
i
c
i
√ n1 √2 otrzymujemy
√ n ostatecznie
√
5−3
1−
5
5+3
an = 2√5
+ 2√5 1+2 5 .
2
Z. 2. (3pkt.) Stosując zasadę indukcji matematycznej względem n, wykazać, że dla każdego n ­ 2 graf Kn,n
zawiera cykl Hamiltona.
I krok: graf K2,2 jest izomorficzny z C4 , zawiera więc oczywiście cykl Hamiltona.
II krok: Zakładamy, że graf Kn,n zawiera cykl Hamiltona i pokazujemy, że graf Kn+1,n+1 też zawiera taki
cykl.
Rozważmy dowolny graf Kn+1,n+1 i usuńmy z niego dwa sąsiednie wierzchołki u i v. Otrzymujemy graf Kn,n ,
który zawiera cykl Hamiltona. Wynika stąd, że zawiera rownież scieżkę Hamiltona. Niech a i b bedą końcami
tej ścieżki. Rozszerzając tę ścieżkę o krawędzie au, uv i vb (lub av, vu i ub) otrzymujemy cykl Hamiltona w
wyjściowym grafie Kn+1,n+1 .
Zprawdziwości I i II kroku indukcyjnego wynika prawdziwość twierdzenia.
Z. 3. (3pkt.) Ile jest macierzy zerojedynkowych stopnia 5? W ilu z nich występuje przynajmniej jeden wiersz
złożony z samych zer?
Taka macierz ma 25 różnych miejsc, więc liczba tych macierzy wynosi 225 .
Liczbę macierzy, w których występuje przynajmniej jeden wiersz złożony z samych zer mozna policzyć na
dwa sposoby:
I – nie wprost:
liczba takich macierzy = liczba wszystkich macierzy - liczba macierzy, w których żaden wiersz nie jest złożony
z samych zer.
wiersz nie jest złożony z samych zer na 25 −1 sposobów, wierszy jest 5, więc z zasady mnożenia mamy (25 −1)5
macierzy w których żaden wiersz nie jest złożony z samych zer.
Ostatecznie jest 225 − (25 − 1)5 macierzy, w których występuje przynajmniej jeden wiersz złożony z samych
zer.
II – zasada włączania-wyłączania (jeden lub dwa
lub trzy lub cztery lub pięć wierszy zerowych):
5
Wybieramy wiersz złożony z samych zer na 1 sposobów, pozostałe macierzy elementy obstawiamy na 220
sposobów. W ten sposób jednak zliczamy wielokrotnie macierze, które mają więcej niż jeden wiersz złożony
z
samych zer. Musimy to skorygować odejmując macierze z dwoma wierszami zerowymi, których jest 52 · 215 ,
dodając macierze z trzema wierszami (wielokrotnie odjęte), itd....
Ostatecznie
otrzymujemy
20
5
− 52 · 215 + 53 · 210 − 54 · 25 + 1
1 ·2
macierzy, w których występuje przynajmniej jeden wiersz złożony z samych zer.
2
Łatwo sprawdzić, podnosząc 25 − 1 do piątej potęgi i korzystając z trójkąta Pascala, że oba wyrażenia przedstawiają dokładnie tę samą liczbę.
Z. 4. (3pkt.) Ile niemalejących ciągów długości 8 można utworzyć z liczb 0, 1, 2, 3, 4, 5?
Zauważmy, że istnieje bijekcja pomiędzy zbiorem takich ciągów, a multizbiorem złożonym z ośmiu elementów
wybranych spośród danych liczb. Oczywiście każdy ciąg niemalejący jest multizbiorem, zaś elementy każdego
multizbioru, można jednoznacznie ustawić w ciąg niemalejący.
Jest ich więc tyle co kombinacji z powtórzeniami, czyli 8+5−1
.
8
(Można też było zauważyć bijekcję z drogami w odpowiedniej kracie lub zbiorem rozwiązań odpowiedniego
równania)
Z. 5. (3pkt.) W pewnej klasie jest 28 dzieci. Każde z nich ma w szatni swój wieszak, na którym zostawia swój
worek, idąc do domu. Do szatni wpadł rozrabiaka i pozrzucał wszystkie worki. Pani szatniarka pozawieszała
worki na wieszakach w sposób losowy. Ile jest możliwości tego, że dokładnie pięć worków wisi na swoim
miejscu?
Wybieramy na 28
7 sposobów 7 worków, które wieszamy na swoich miejscach, pozostałe zaś 21 worków jest
w „totalnym nieporządku”, czyli:
21
X
28
(−1)k
.
· 21!
k!
7
k=2
Z. 6. (3pkt.) Algorytm zachłanny kolorowania wierzchołków grafu polega na tym, że każdemu niepokolorowanemu wierzchołkowi nadajemy kolor o najmniejszym możliwym numerze (pamietając oczywiście o zasadzie
kolorowania wierzchołków grafu). Stosując ten algorytm oraz metodę w głąb przeszukiwania wierzchołków
grafu, pokolorować wierzchołki grafu G. Wystartować z wierzchołka a. Rozwiązanie podać w postaci listy:
wierzchołek – numer koloru. Graf G dany jest za pomocą listy sąsiadów:
a: b, d, e, f
b: a, e, h
c: d, f, g
d: a, c, g
e: a, b
f : a, c, g, h
g: c, d, f
h: b, f
zestaw A w głąb DSF: a − 1, b − 2, e − 3, h − 1, f − 2, c − 1, d − 2, g − 3
zestaw B wszerz BSF: a − 1, b − 2, d − 2, e − 3, f − 2, h − 1, c − 1, g − 3
Z. 7. (3pkt.) Graf G ma 16 krawędzi, jeden wierzchołek stopnia 4, pięć wierzchołków stopnia 3, pięć wierzchołków stopnia 1, a pozostałe wierzchołki mają stopień 2. Czy graf G może być drzewem? Czy G może być
spójny
X i zawierać cykl C10 ?
d(v) = |E(G)|,
v∈V (G)
czyli 1 · 4 + 5 · 3 + 5 · 1 + x · 2 = 2 · 16, skąd x = 4, czyli graf ma 4 wierzchołki stopnia 2.
Nie może więc być drzewem, bo ma 16 krawędzi i 1 + 5 + 5 + 4 = 15 wierzchołków, a powinien mieć 17
wierzchołków, żeby mógł być drzewem.
Może zaś być spójny i zawierać C10 . Umieszczamy wierzchołki od 1 do 10 na cyklu i dokładamy krawędzie
np. od 1 do 11, od 2 do 12, od 3 do 13, od 4 do 14, od 5 do 15 i od 5 do 7.