Løsningsforslag til skriftlig eksamen i Kombinatorik, sandsynlighed og randomiserede algoritmer (DM528)

Transkript

1 Løsigsforslag til skriftlig eksame i Kombiatorik, sadsylighed og radomiserede algoritmer (DM58) Istitut for Matematik & Datalogi Syddask Uiversitet Madag de 3 Jauar 011, kl Alle sædvalige hjælpemidler (lærebøger, otater etc.) samt brug af lommereger er tilladt. Brug af computer er ikke tilladt. Eksamessættet består af 6 opgaver på 6 ummererede sider (1 6). Fuld besvarelse er besvarelse af alle 6 opgaver. De ekelte opgavers vægt ved bedømmelse er agivet i procet. Der må gere refereres til resultater fra læreboge, samt otere. Dette gælder også de opgaver der har været stillet til eksamiatoriere, eller til afleverig. Specielt må ma gere begrude e påstad med at hevise til, at det umiddelbart følger fra et resultat i læreboge, otere, eller é af de opgaver, der har været stillet på ugesedlere (hvis dette altså er sadt!). Hevisiger til adre bøger (ud over læreboge) accepteres ikke som besvarelse af et spørgsmål! Husk at begrude die svar! 1

2 OPGAVE 1 (10%) Gør rede for, at! = + 1 i=1 ( 1) i C(, i)( i). Hit: se på afbildiger der er 1-1 og på (fra e mægde med elemeter til e mægde med elemeter). Svar: Der er! fuktioer som er på fra e mægde med elemeter til e mægde med elemeter. Dette følger af at det i te elemet har i mulige billeder, år vi har fastlagt billedere af de første i. Højreside agiver også atallet af fuktioer som er på fra e mægde med elemeter til e mægde med elemeter. Dette følger af Theorem 1 side 509 i læreboge. OPGAVE (10%) Løs rekursiosligige a = 7a 1 1a, for og a 0 = 3, a 1 = 10. Svar: De karakteristiske ligig er r 7r+1 med rødder r 1 = 3, r = 4. Dvs a er på forme a = α α 4. Startbetigelsere giver at α 1 + α = 3 og 3 α α = 10 med løsig α 1 =, α = 1. Svaret er altså a = OPGAVE 3 (17%) Bestem atallet af positive heltal som er midre ed 10000, for hvilke summe af s cifre (også kaldet tværsumme) er 5. Det vil sige at d 1 + d + d 3 + d 4 = 5, hvor = d 1 d d 3 d 4 udtrykt i 10-tals systemet (0 d i 9 og vi tillader represetatioer som 0078). Hit: du ka for eksempel avede pricippet om iklusio-eksklusio.

3 Svar: Ude begræsiger på d i ere er der ( ) ( ) = 8 3 løsiger til ligige d 1 + d + d 3 + d 4 = 5 hvor d i 0 for alle i. Vi skal have sorteret dem fra hvor et eller flere af d i ere er større ed 9. Lad D i, i = 1,, 3, 4 være mægde af løsiger til ligige d 1 + d + d 3 + d 4 = 5 hvor d i 10. Så har vi at D i = ( ) Der er ialt 4 sådae led med samlet 4 (18 ) løsiger der skal trækkes fra. 3 Vi har u fratrukket løsiger hvor af d i ere er midst 10 to gage så de skal lægges til ige. Der gælder at D i D j = ( ) 8 3, så vi skal ialt lægge 6 (8) 3 til ige. Vi ka ikke have 3 eller flere forskellige di er større ed 9 samtidigt. Svaret bliver således, at der er ( ) ( ) ( ) heltal midre ed hvis ciffersum (tværsum) er 5. OPGAVE 4 (18%) I dee opgave ka du for eksempel beytte dig af formle i læreboge side 509 for atallet af fuktioer f : X Y som er på og hvor X = m og Y =. Spørgsmål a: På hvor mage forskellige måder ka ma fordele s forskellige emer i 5 forskellige kasser, så midst e af kassere er tom? Spørgsmål b: På hvor mage forskellige måder ka ma fordele s forskellige emer i 5 forskellige kasser, så præcis e af kassere er tom? Spørgsmål c: På hvor mage forskellige måder ka ma fordele s forskellige emer i 5 forskellige kasser, så midst to af kassere er tomme? 3

4 Spørgsmål d: Forklar hvorfor svaret i spørgsmål c ikke er lig med ( ) 5 3 s, som fås ved først at vælge to kasser, der skal være tomme og så tage alle mulige fordeliger af de s emer til de 3 sidste kasser. Svar: (a) Svaret er det samme som det samlede atal fordeliger (ude begræsiger) mius atallet af fordeliger hvor alle kasser har midst et elemet. Sidstævte er etop atallet af afbildiger fra e s-mægde til e 5-mægde der er på. Svaret er altså 5 s (5 s 5 4 s s 10 s +5) = 5 4 s 10 3 s + 10 s 5. (b) Her er svaret 5 gage atallet af afbildiger fra e s-mægde til e mægde med 4 elemeter som er på, dvs 5 (4 s 4 3 s + 6 s 4) = 5 4 s 0 3 s + 30 s 0. Vi har ikke talt oget dobbelt her, idet ige af de talte afbildiger misser mere ed et elemet bladt de 5. (c) Her skal vi blot trække svaret i (b) fra det i (a), så vi får at der er 5 4 s 10 3 s +10 s 5 (5 4 s 0 3 s +30 s 0) = 10 3 s 0 s +15 forskellige måder at fordele på så midst to kasser forbliver tomme. (d) Når vi vælger to kasser a, b som skal være tomme og tager alle de 3 måder at fordele elemeter de 3 tilovers bleve kasser c, d, e på, så tæller vi også de med hvor vi f.eks lægger alle elemeter i kasse e. Dee tælles derfor med 6 gage, svarede til de 6 måder at vælge bladt kassere a, b, c, d som skal forblive tomme. OPGAVE 5 (17%) E graf B = (V, E) er -delt, hvis vi ka opdele des puktmægde V i to disjukte mægder V 1, V, så ehver kat uv E opfylder at u V 1, v V eller u V, v V 1. Lad G = (V, E) være e graf som ikke ødvedigvis er -delt. E udspædede -delt delgraf af G er e -delt graf H = (V, E ) med de samme puktmægde som G og hvor katmægde E er e delmægde af G s kater (E E). Bemærk, at e såda H altid svarer til e opdelig 4

5 U, W af V (U W = og U W = V ) og E er så (ogle af) de kater fra E som har præcist et edepukt i U. E give H ka svare til flere sådae opdeliger. Di opgave er at bevise, at ehver graf G = (V, E) har e udspædede -delt delgraf H = (V, E ) som opfylder at E E /. Du ka for eksempel ete bevise dette ved at beskrive (og vise korrekthede af) e algoritme som givet G kostruerer e såda H, eller du ka bevise ved hjælp af de probabilistiske metode, at der eksisterer e såda udspædede -delt delgraf. Hvis du vælger de sidste metode, ka du med fordel betragte e tilfældig opdelig V = V 1 V, V 1 V = som er frembragt ved at lade v V tilhøre V 1 med sadsylighed 1 (og dermed V med samme sadsylighed). Se u på katere ekeltvis og vurder sadsylighede for, at e givet kat går mellem V 1 og V. Brug dette til at bestemme det forvetede atal kater, der har præcist et edepukt i V 1 (og dermed i V ) og forklar, hvorda ma ud fra dette atal ka kokludere eksistese af de påståede -delte udspædede delgraf. Svar: E løsig som de øskede ka kostrueres ved at starte med alle pukter i U (dvs W = ) og så getage følgede operatio så læge de ka avedes: Hvis der er e pukt i U eller W som har flere kater til pukter i si ege mægde ed til de ade, så flyt puktet til de ade mægde (Hvis f.eks v U har 4 kater til pukter ide i U og ku til pukter i W, så flytter vi v over i W ). Hver gag vi udfører dee operatio stiger atallet af kater mellem U og W, thi vi mister dem mellem v og de ade side, me vider tilgegæld alle dem (og der er flere af disse) fra v til si (idtil u) ege mægde. Dee algoritme vil termiere, da de ikke ka forbedre atallet af kater mellem de aktuelle U, W flere gage ed der er kater i G. Når de slutter har alle pukter midst halvdele af deres kater til de ade side, hvorfor dee opdelig har de øskede egeskab. 5

6 Probabilistisk argumet: Lad som foreslået et givet pukt tilhøre V 1 med sadsylighed 1 og lad V 1, V betege de opdelig af V der er resultatet af dee opsplitig. For e give kat uv E lader vi X uv være idikatorvariable for om kate uv går mellem V 1 og V. Dvs, { 1 Hvis u Vi og v V X uv = 3 i for i = 1 eller i = (1) 0 Hvis u, v V i for i = 1 eller i = Da u og v begge lader i e give mægde med sasylighed 1 får vi p(x uv = 1) = 1 1 = 1. Lad u X være atallet af kater som har præcist et edepukt i V 1, da er X = uv E(G) X uv og de forvetede værdi af X er E(X) = uv E(G) e(x uv ) = uv E(G) p(x uv = 1) = E(G). () Vi u vist at det forvetede atal kater i de -delte udspædede delgraf B = (V 1, V, X), som er resultatet af vores tilfældige opdelig, er E(G). Dette medfører sadsylighede for at vi opår e god opdelig som har midst E(G) kater er større ed ul, thi ellers kue vi tage et r < E(G) så der gælder at p(x r ) = 0 og så ville vi have at E(X) = X=r r p(x = r) = X r r p(x = r) + X r r p(x = r) = X r r p(x = r) < r X r p(x = r) = r < E(G), hvilket er i modstrid med beregige ovefor. Vi har altså at sadsylighede for at de tilfældige opdelig er god (har midst E(G) kater) er skarpt større ed 0 og deraf følger at e såda opdelig eksisterer. 6

7 OPGAVE 6 (8%) I dee opgave betragter vi tilfældige afbildiger f : S T fra e mægde S til e ade mægde T, hvor S = T = og. E tilfældig afbildig f : S T geereres ved at udføre følgede eksperimet Q: for hvert s S vælger vi uiformt (sadsylighed 1 for alle elemeter i T ) et tilældigt t T og vi sætter f(s) = t. Mægde f 1 (t) = {s S f(s) = t} består så af de s S som tildeles t som billede. Bemærk, at 0 f 1 (t) og t T f 1 (t) =. Spørgsmål a: Bestem sadsylighede for at de geererede afbildig f er 1-1 og på. Spørgsmål b: Gør rede for, at det for alle t T gælder, at det forvetede atal elemeter fra S som afbildes over i t er lig med 1. Hit: Betragt idikator variable X t,s som for s S idikerer om f(s) = t og udtryk f 1 (t) ved hjælp af disse. For ethvert t T lader vi U t, være hædelse at f 1 (t) = 1. Spørgsmål c: Gør rede for, at p(u t ) = ( 1 ) 1 Spørgsmål d: Bestem for t t de betigede sadsylighed p(u t U t ). Spørgsmål e: Er hædelsere U t og U t uafhægige år t t? 7

8 Spørgsmål f: Gør rede for, at det forvetede atal elemeter t T for hvilke hædelse U t idtræffer er ( 1 ) 1. Atag u at vi getager eksperimetet Q i alt r gage og at vi for et givet t T lader X t betege atallet af disse eksperimeter i hvilket hædelse U t idtræffer. Spørgsmål g: Hvad er de forvetede værdi E(X t ) af X t for et fast t T? Spørgsmål h: Brug Cheroff bouds til at vurdere sadsylighede for at X t r ( 1 ) 1. Du skal blot opskrive de relevate ulighed som de kommer til at se ud, samt argumetere for, at du ka avede Cheroff bouds til dee vurderig. Svar: (a) Der er (ifølge Opgave 1)! afbildiger fra e -mægde til e - mægde som er på og totalt er der afbildiger. Svaret bliver altså at sadsylighede for at de geererede afbildig er på er!. (b) Lad X st være idikator variable som er 1 år s parres med t og 0 ellers. Dvs p(x st = 1) = 1, da s vælger uiformt fra T. Atallet af elemeter fra S der afbildes id i t er så Z t = s S X st og de forvetede værdi bliver E(Z t ) = s S E(X st ) = s S 1 = 1 = 1. (c) Der er måder at vælge et s S som ka afbildes over i t. De resterede 1 elemeter i S skal samtidig vælge e af de resterede 1 elemeter i T så sadsylighede bliver p(u t ) = 1 (1 1 ) 1 = ( 1 ) 1. (d) Vi har at p(u t U t ) = p(ut U t ) p(u t). Vi keder allerede p(u t ) og skal altså blot bestemme p(u t U t ). Her ka vi vælge s, s som afbildes over i heholdsvis t og t på 1 måder. Sadsylighede for at et sådat 8

9 givet par s, s vælger heholdvis t og t medes alle adre vælger et t T {t, t } er 1 1 (1 ). Dvs p(u t U t ) = ( 1) 1 1 (1 ) = ( 1) 1 ( ). Idsættes dette i udtrykket for p(u t U t ) = p(ut U t ) p(u t) får vi p(u t U t ) = (e) Hædelsere U t og U t 1 ( 1) ( ) ( 1 = ( ) 1 1 ). er ikke uafhægige idet. p(u t U t ) = ( 1 ) ( 1 ) 1 = p(u t ) (f) Lad Y = t T Y t hvor Y t er idikatorvariable for hædelse U t. Så er Y atallet af elemeter i T for hvilke hædelse U t idtræffer. Vi får u E(Y ) = t T E(Y t ) = t T p(u t ) = ( 1 ) 1 (g) Lad Y ti være idikator variable som er 1 hvis U t idtræffer i de i te udførelse af eksperimetet Q. Så er X t = r i=1 Y ti atallet af gage U t idtræffer og vi får at E(X t ) = r i=1 E(Y ti ) = r i=1 p(u t ) = r ( 1 ) 1. (h) Vi aveder formel (13.4) i otere med µ = E(X t ) = r ( 1 δ = 1 og får ved idsættelse: p[x t > r ( 1 ) 1 ] < [ e ]r ( 1 ) 1. 4 ) 1 og Vi ka avede Cheroff bouds eftersom X t er e sum af idikator variablee Y t1, Y t,..., Y tr og disse er uafhægige, fordi de refererer til hædelser i forskellige getagelser af Q. 9