Oefeningen Discrete Wiskunde - Hoofdstuk 1 - Peter

Oefeningen Discrete Wiskunde - Hoofdstuk 1 - Peter Vandendriessche
Fouten, opmerkingen of alternatieve methodes?
⇒ Email me: [email protected]
1. Zie les.
2. (a) f,a,b,i,s
(b) f,a,i
(c) f
(d) f,a,s
(e) a,f
3. (a) waar
(b) waar
(c) vals: Z+ ∩ Z− = {0}
(d) waar
(e) vals: Z+ ∩ Z− = {0}
(f) waar
(g) vals: N\N0 = {0}
(h) vals: R+ ∩ R− = {0}
(i) waar
(j) vals: R+ \R+
0 = {0}
(thx Alexander Soenen)
√
4. Ja: beide coordinaten met 2 vermenigvuldigen. Indien beide ongelijkheden strikt
dienen te zijn,√is dit nog
√ steeds mogelijk, aangezien voor elke > 0 er een η > 0
bestaat zodat 2 − = 2(1 − η). (thx Ruben Catteeuw)
5. Schrijf N × N in een tabel, en de koppels als breuken. Loop ze diagonaalsgewijs af en
tel enkel degene die je voor de eerste keer tegenkomt. Zo doorloop je alle getallen als
bijectie van N.
6. Herhaal bovenstaande truuk voor 2 keer de rationale getallen, zo bekom je de koppels
van 2 rationale getallen, dus Q2 .
7. Aftelbaar oneindig. Er bestaat zelfs een eenvoudige directe bijectie met Q: de noemer
is de n, de teller is de hoeveelste c in het rijtje waar c geen deler van n. Alternatief
kun je dit ook eenvoudigweg voorstellen als c × c = N × N.
8. (a) N × N: het eerste getal het aantal bits, het tweede de bitcode zelf (als getal).
(b) Dit is equivalent met het voorgaande...
9. a ◦ b ⇔ b ◦ a
a ◦ b ◦ c ⇔ a ◦ (b ◦ c) ⇔ (b ◦ c) ◦ a ⇔ c ◦ b ◦ a
...
10. 0, 0, +∞
11. stricte orde-relatie
12. Zie les.
13. Een nul op het einde is equivalent met deelbaarheid door 10. In de priemontbinding
van 1000! zijn er duidelijk veel meer factoren 2 dan 5 aanwezig, dus zal de factor 5
bepalend zijn. Alle 5-vouden hebben 1 factor 5, alle 25-vouden nog een, alle 125-vouden
nog een en 625 nog een. Dit levert ons een totaal van: 200+40+8+1=249
14. Laten we eerst iets anders berekenen: het aantal nullen van 000000 tot 999999. We
hebben 6000000 cijfers geschreven en elk cijfer komt evenveel voor, dus elk cijfer 600000
keer. Als we nu wat meer to the point gaan en kijken hoeveel we er teveel geschreven
hebben (getallen die met nul beginnen mochten niet) dan zien we al snel dat we er voor
elke i-de cijfer 10i cijfers teveel hebben. Dus in 0 tot 999999 zijn er 600000-10000010000-1000-100-10-1=488889 keer 0. Dat is dus 1 tot 999999, nu nog 1 miljoen (dus
+6) geeft: 488895.
15. Dat was maar een raar bewijske in de les, hier een simpeler: Stel dat pn het grootste
priemgetal was. We weten nu dat pn ! = 0 (mod alle getallen ≤ pn ). Hieruit volgt dat
pn ! + 1 = 0 modulo niets, dus dat dit getal geen enkele deler of priemdeler heeft. Wat
betekent dat dit opnieuw een priemgetal is.
16. (a) 22 .33 .52
(b) 28 .33
(c) 14921492 .14931492
17. wel als jaar = 0 (modulo 4) INTERSECT (jaar 6= 0 (modulo 100) UNION jaar = 0
(modulo 400))
Dus 356.2425 dagen gemiddeld, en 500-15=485 schrikkeljaren van 0 t.e.m. 2000.
18. Noteren we d=ggd(m,c), n=m/d en e=c/d. (dus ggd(e,m)=1)
We krijgen: a.d.e=b.d.e (mod n.d)
We weten nu reeds dat we e mogen wegdelen zonder verlies van algemeenheid daar
ggd(e,m)=1; we krijgen a.d=b.d (mod n.d) met d =ggd(a,n) dus mogen we d schrappen
(staat letterlijk in de cursus). We krijgen het gevraagde.
19. (a) 6*4=24
(b) kan niet
(c) 3,8,13
(d) 2*9=18
(e) kan niet
(f) 2*5=10
(g) kan niet
(h) -73*5=147 (mod 256)
(i) alle gehele getallen zijn gelijk modulo 1 :)
(j) 2,5,8,11,14,17
20. Saai makkelijk rekenwerk... zelf doen
21. (a) 52
(b) 89,194,299
(c) zelf doen
(d) zelf doen
22. Zie les.
23. Saai makkelijk rekenwerk... zelf doen
24. het aantal delers van (140701-107041)
25. voor 2 zijn er geen, voor 3 en 5 wel. Voor alle priemen daarboven vinden we ggd(p2 , p+
2)=1 en de voorwaarden voor oplossingen voldaan.
26. Wat sleutelen met de machten geeft als kleinste oplossing 56 .215 .310 . De andere zijn te
vormen door vermenigvuldiging met k 30 , k een strikt positief geheel getal.
27. 24 = 1 (mod 15). 21492 = 24
373
= 1373 = 1 (mod 15)
28. periode is 2. verhelpen: a=1, c=7 of 3 bijvoorbeeld.
29. a+b: 33,31,12,21; a.b: 90,55,6,28;
30. qo pgigp wwt kp jgv rctm // -1: forget it
31. Zie les.