Λύσεις Τελικής Εξέτασης

67
Λύσεις Τελικής Λύσεις Τελικής Εξέτασης Εξέτασης 1

description

Λύσεις Τελικής Εξέτασης. Θέμα 1ο. Σχολιάσετε εάν η παρακάτω πρόταση είναι αληθής ή ψευδής : Το σύνολο {Ø} δεν είναι υποσύνολο του {{Ø}}, αν και είναι στοιχείο του συνόλου {{Ø}}. Θέμα 1ο - Λύση. - PowerPoint PPT Presentation

Transcript of Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Page 1: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Λύσεις Τελικής Λύσεις Τελικής ΕξέτασηςΕξέτασης

Λύσεις Τελικής Λύσεις Τελικής ΕξέτασηςΕξέτασης

1

Page 2: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 1ο

Σχολιάσετε εάν η παρακάτω πρόταση είναι αληθής ή ψευδής:

Το σύνολο {Ø} δεν είναι υποσύνολο του {{Ø}}, αν και είναι στοιχείο του συνόλου {{Ø}}.

2

Page 3: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 1ο - Λύση

• Ορισμός: Δεδομένων δύο συνόλων P και Q το P είναι υποσύνολο του Q εάν κάθε στοιχείο του P είναι και στοιχείο του Q.

Συνεπώς το {} δεν είναι υποσύνολο του συνόλου {{}} .

 

3

Page 4: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 1ο – Λύση (συνέχεια)

• Ορισμός: Το a ονομάζεται στοιχείο του συνόλου S αν a S.

Συνεπώς το {} είναι στοιχείο του συνόλου {{}}.

• Άρα η πρόταση είναι σωστή

4

Page 5: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 2ο

• Α) Οι παρακάτω προτάσεις ισχύουν?Πρόταση: Για οποιονδήποτε θετικό ακέραιο, n, με n>1

1 + 1/√2 + 1//√3 + ... + 1/√n > √n  • Β) Για κάθε φυσικό αριθμό ν≥8, υπάρχουν φυσικοί

αριθμοί α και β ώστε ν=3*α+5*β.

• Γ) Για την κάθε μία από αυτές, αποδείξετε την με μαθηματική απόδειξη ή παρουσιάσετε αντιπαράδειγμα.

5

Page 6: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Α)Βάση της επαγωγής: Για n=2, έχουμε

Άρα ισχύει για n=2.

Επαγωγικό βήμα: Υποθέτουμε ότι ισχύει για n = k-1

Θέμα 2ο – Λύση (συνέχεια)

6

Page 7: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Αρκεί να δείξω ότι ισχύει για n = k,

Άρα:

Θέμα 2ο – Λύση (συνέχεια)

7

Page 8: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Βάση της υπόθεσης: για ν=8

Επαγωγικό βήμα: έστω ότι ισχύει για Αρκεί να δείξω ότι ισχύει για κ+1.

, άρα ισχύει για κ+1.

Θέμα 2ο – Λύση (συνέχεια)

,

8

Page 9: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Γ)

Άρα ισχύει

Θέμα 2ο – Λύση (συνέχεια)

9

Page 10: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 3οΈστω ότι • το q συμβολίζει την πρόταση

«η ύλη του ΗΥ118 γίνεται κατανοητή με τις διαλέξεις»,

• το r συμβολίζει την πρόταση «οι ασκήσεις της συνδυαστικής είναι δύσκολες»,

• και ότι το p συμβολίζει την πρόταση «το μάθημα έχει ενδιαφέρον».  

10

Page 11: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 3ο (συνέχεια)

Γράψτε την παρακάτω πρόταση σε συμβολική μορφή:

Εάν οι διαλέξεις του ΗΥ118 δεν είναι κατανοητές και οι ασκήσεις της συνδυαστικής δεν είναι δύσκολες, τότε το μάθημα δεν έχει ενδιαφέρον!

 

11

Page 12: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 3ο – Λύση

prq

12

Page 13: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 4ο

Έστω ότι το p συμβολίζει την πρόταση«γίνεται το φεστιβάλ κινηματογράφου»,

το q συμβολίζει την πρόταση«θα παιχτεί το Φαννυ και Αλεξαντερ»,

και το r συμβολίζει την πρόταση «Θα πάω στο φεστιβάλ»

13

Page 14: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Γράψτε τις παρακάτω προτάσεις σε συμβολική μορφή. (α) Έχει φεστιβάλ κινηματογράφου και θα παιχτεί το Φαννυ και Αλεξαντερ(β) Εάν θα παιχτεί το Φαννυ και Αλεξάντερ, τότε θα πάω στο φεστιβάλ(γ) Το ότι γίνεται φεστιβάλ κινηματογράφου, σημαίνει οτι θα παιχτεί το Φάννυ και Αλεξάντερ και αντιστρόφως.

Θέμα 4ο (συνέχεια)

14

Page 15: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 4ο - Λύση

i)

ii)

iii)

qp

15

Page 16: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 5οΣτο μετροπολιτικό μουσείο της Νέας Υόρκης

ετοιμάζεται μία τεράστια νέα gallery αφιερωμένη στην ελληνική τέχνη!

Σε αυτήν περιλαμβάνονται συνολικά 100 εκθέματα του μινωικού, 135 εκθέματα του κυκλαδίτικου, 150 εκθέματα μυκηναϊκού πολιτισμού και 200 εκθέματα του 5ου αιώνα.

Το κάθε έκθεμα θεωρείται διακριτό και έχει έναν αριθμό που το διαφοροποιεί από τα υπόλοιπα.

16

Page 17: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Μπορούν να αφιερωθούν τα παρακάτω τέσσερα δωμάτια του μουσείου για την παρουσίαση των εκθεμάτων αυτών.

Το κόκκινο δωμάτιο, το μώβ δωμάτιο, το μπλέ δωμάτιο

και το πράσινο δωμάτιο.

Στο κάθε δωμάτιο υπάρχει χωρητικότητα για όλα συνολικά τα εκθέματα της έκθεσης και μπορούν να τοποθετηθούν βιτρίνες με αριθμημένες θέσεις ώστε να τοποθετηθούν αποκλειστικά αυτά που θα καθορίσει η επιμελήτρια της έκθεσης

Θέμα 5ο (συνέχεια)

17

Page 18: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Η επιμελήτρια της έκθεσης θεωρεί οτι μια διάταξη της έκθεσης ορίζεται ως η σειρά δίαταξης των αντικειμένων στο κάθε ένα συγκεκριμένο δωμάτιο της gallery, σύμφωνα με την αρίθμηση της βιτρίνας.

Α) Πόσα διαφορετικές διατάξεις της έκθεσης μπορούν να γίνουν, εάν όλα τα εκθέμετα της κάθε περιόδου πρέπει αυστηρά να είναι στο ίδιο δωμάτιο και να μην βρίσκονται στο ίδιο δωμάτιο εκθέματα διαφορετικών περιόδων?

Θέμα 5ο (συνέχεια)

18

Page 19: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Β) Εάν αποφασιστεί όλα τα εκθέματα να τοποθετηθούν σε ένα μόνο από τα τέσσερα δωμάτια, πόσες διαφορετικές διατάξεις μπορούν να γίνουν?

Γ) Εάν χρησιμοποιηθούν δύο δωμάτια, στο ένα να τοποθετηθούν όλα τα εκθέματα του μινωικού πολιτισμού (και μόνο αυτά), και στο άλλο, όλα τα υπόλοιπα, πόσες διαφορετικές επιλογές υπάρχουν? Πώς αλλάζει το αποτέλεσμα, εάν το δωμάτιο για τον μινωικό πολιτισμό πρέπει να είναι το μπλέ δωμάτιο?

Θέμα 5ο (συνέχεια)

19

Page 20: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Σε όλες τις παραπάνω περιπτώσεις, εάν αποφασιστεί η τοποθέτηση Ν εκθεμάτων σε ένα δωμάτιο, τότε τοποθετούνται αυστηρά Ν αριθμημένες θέσεις στην βιτρίνα για τα εκθέματα.

Θέμα 5ο (συνέχεια)

20

Page 21: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Α)Τα εκθέματα του μινωικού πολιτισμού μπορούν

να τοποθετηθούν σε κάποιο (οποιοδήποτε) από τα δωμάτια με 100! τρόπους.

Αντίστοιχα τα κυκλαδίτικα, μυκηναϊκά και τα εκθέματα του 5ου αιώνα μπορούν να τοποθετηθούν σε κάποιο (οποιοδήποτε δωμάτιο) με 135!, 150! και 200! τρόπους.

Θέμα 5ο – Λύση

21

Page 22: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Λαμβάνοντας υπόψη και τους τρόπους με τους οποίους μπορούν να τοποθετηθούν οι κατηγορίες εκθεμάτων στα δωμάτια (4!) προκύπτει ότι το σύνολο των διαφορετικών διατάξεων είναι:

 4! * 100! * 135! * 150! * 200!

Θέμα 5ο – Λύση (συνέχεια)

22

Page 23: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Β)Ουσιαστικά, τώρα δεν ενδιαφέρουν οι

κατηγορίες αλλά το σύνολο των εκθεμάτων. Επίσης λαμβάνοντας υπόψη την επιλογή ενός εκ των τεσσάρων δωματίων για την τοποθέτηση των εκθεμάτων, προκύπτει:

4 * (100 + 135 + 150 + 200)!

Θέμα 5ο – Λύση (συνέχεια)

23

Page 24: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Γ)1) Οι πιθανοί τρόποι διάταξης των 100 μινωικών

εκθεμάτων σε μία εκ των τεσσάρων αιθουσών είναι4 * 100!

 Οι διαθέσιμες αίθουσες πλέον είναι τρεις και τα

υπόλοιπα εκθέματα πρέπει να τοποθετηθούν σε μία εξ αυτών. Ακολουθώντας τον συλλογισμό του ερωτήματος Β), οι πιθανοί τρόποι διάταξης των υπόλοιπων εκθεμάτων θα είναι

3 * (135 + 150 + 200)!•  

Θέμα 5ο – Λύση (συνέχεια)

24

Page 25: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Άρα οι συνολικοί τρόποι διάταξης όλων των εκθεμάτων:

  4 * 100! * 3 * (135 + 150 + 200)!

Θέμα 5ο – Λύση (συνέχεια)

25

Page 26: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Γ.2)Στην ουσία το μόνο που αλλάζει σε σχέση με το

ερώτημα 1) είναι το γεγονός ότι τα μινωικά εκθέματα θα τοποθετηθούν σε ένα συγκεκριμένο δωμάτιο, κάτι το οποίο συνεπάγεται ότι οι δυνατές επιλογές δωματίων για τα μινωικά εκθέματα δεν είναι πλέον 4 αλλά 1. Έτσι προκύπτει ότι οι συνολικοί τρόποι διάταξης όλων των εκθεμάτων είναι

100! * 3 * (135 + 150 + 200)!

Θέμα 5ο – Λύση (συνέχεια)

26

Page 27: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Πόσα διαφορετικά ελληνικά «επίθετα» μπορούν να δημιουργηθούν που να περιλαμβάνουν ακριβώς 11 χαραχτήρες και να καταλήγουν σε «ακι» ή/και να αρχίζουν από «παπα».

Δεν υπάρχουν άλλοι γραμματικοί κανόνες για τη διάταξη των γραμμάτων. Δεν υπάρχουν τόνοι.

Πόσα από αυτά είναι παλίνδρομα ? Τα επίθετα αυτά δεν ειναι ανάγκη να έχουν νόημα.

Θέμα 6ο

27

Page 28: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

1)Δεσμεύοντας τις τρεις τελευταίες θέσεις για την

κατάληξη –ακι προκύπτει ότι το πλήθος των λέξεων είναι 248

Δεσμεύοντας τις τέσσερις πρώτες θέσεις για το πρόθεμα παπα- προκύπτει ότι το πλήθος των λέξεων είναι 247

Θέμα 6ο – Λύση

28

Page 29: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Δεσμεύοντας τις τρεις τελευταίες θέσεις για την κατάληξη –ακι και τις τέσσερις πρώτες θέσεις για το πρόθεμα παπα- προκύπτει ότι το πλήθος των λέξεων είναι 244

Άρα το πλήθος των λέξεων που περιλαμβάνουν ακριβώς 11 χαραχτήρες και καταλήγουν σε «ακι» ή/και να αρχίζουν από «παπα» είναι

 248 + 247 - 244

Θέμα 6ο – Λύση (συνέχεια)

29

Page 30: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

2)Μια παλίνδρομη λέξη που αρχίζει από παπα- θα

πρέπει να τελειώνει σε –απαπ.

Δηλαδή οι δεσμευμένες θέσεις είναι 8.

Δεδομένου ότι η ζητούμενες λέξεις έχουν μήκος 11 γραμμάτων, υπολείπονται τρία γράμματα (στο μέσο της λέξης) τα οποία θα πρέπει επίσης να είναι παλίνδρομα. Για να γίνει αυτό θα πρέπει το πρώτο και τρίτο γράμμα να είναι ίδια.

Θέμα 6ο – Λύση (συνέχεια)

30

Page 31: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Δηλαδή δεσμεύουμε ακόμη μία θέση, αυτή του τρίτου γράμματος στην μέση της λέξης, Έτσι οι παλίνδρομες λέξεις που αρχίζουν από παπα- θα είναι 242

Αντίστοιχα οι παλίνδρομες λέξεις που καταλήγουν σε –ακι θα είναι 243

Δηλαδή το σύνολο των ζητούμενων παλίνδρομων λέξεων θα είναι

242 + 243

•  

Θέμα 6ο – Λύση (συνέχεια)

31

Page 32: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Σ’ ένα διαγώνισμα υπάρχουν 15 ερωτήσεις που επιδέχονται απαντήσεις του τύπου ‘αληθής’ ή ‘ψευδής’. Οι φοιτητές πρέπει πρώτα να επιλέξουν ακριβώς 5 από τις 15 αυτές ερωτήσεις στις οποίες τελικά θα απαντήσει. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορεί να απαντήσει το διαγώνισμα ένας φοιτητής;

Θέμα 7

32

Page 33: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Οι τρόποι επιλογής 5 ερωτήσεων από τις 15 είναι

Κάθε μία εκ των 5 ερωτήσεων έχει δύο πιθανούς τρόπους απάντησης (αληθής ή ψευδής). Δηλαδή 25

 Άρα συνολικοί τρόποι απάντησης στο διαγώνισμα:  25

Θέμα 7ο – Λύση

33

Page 34: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Ένα δυαδικό δέντρο ορίζεται ως ένας μη-κατευθυνόμενος γράφος G=(V,E) που κατασκευάζεται με το εξής τρόπο:

• Το σύνολο V είναι το κενό (κενό δέντρο), ή• Το σύνολο V αποτελείται από τρία ακριβώς σύνολα

που δεν έχουν κανένα κοινό στοιχείο και V=V1 U V2 U V3. Το «U» είναι το σύμβολο της ένωσης.

Συγκεκριμένα,

• το πρώτο σύνολο V1 έχει ένα μόνο στοιχείο, την κορυφή του δέντρου,

Θέμα 8ο

34

Page 35: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

• το δεύτερο σύνολο V2 αντιστοιχεί στο αριστερό δυαδικό υποδέντρο,

• και το τρίτο σύνολο V3 αντιστοιχεί στο δεξιό δυαδικό υποδέντρο.

Εάν το V3 δεν είναι κενό, τότε υπάρχει μία ακμή που να ενώνει το στοιχείο του V1 με την κορυφή του δεξιού

υποδέντρου. Εάν το V2 δεν είναι κενό, τότε υπάρχει μία ακμή που να

ενώνει το στοιχείο του V1 με την κορυφή του αριστερού υποδέντρου.

Θέμα 8ο – (συνέχεια)

35

Page 36: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Το βάθος μιας κορυφής χ του V ορίζεται ως το μήκος του μονοπατιού από την κορυφή του δέντρου στην κορυφή αυτήν χ. Το ύψος ενός δέντρου είναι το μεγαλύτερο βάθος, δεδομένων όλων των κορυφών του V.

Χρησιμοποιώντας επαγωγή αποδείξετε ότι εάν το πλήθος των κορυφών του δυαδικού δέντρου είναι n, τότε το ύψος του δέντρου είναι τουλάχιστον ίσο με τον ακέραιο που είναι πλησιέστερος στον log (n).

Θέμα 8ο – (συνέχεια)

36

Page 37: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Το ελάχιστο ύψος δένδρου θα πρέπει να αναζητηθεί σε ένα ισορροπημένο (ή πλήρες) δένδρο, καθώς αυτά τα δένδρα έχουν το μικρότερο ύψος για δεδομένο πλήθος κόμβων.

Έστω h το ύψος του δυαδικού δένδρου. Πρέπει να αποδείξουμε ότι h floor(log2(n)) ή ισοδύναμα ότι

h + 1 > log2(n).

Όμως:h + 1 > log2(n)

2h+1 > n

Θέμα 8ο – Λύση

37

Page 38: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Πρέπει να αποδείξουμε ότι 2h+1 > n. Αρκεί να αποδείξουμε ότι 2h+1 – 1 n με χρήση επαγωγής ως προς h.

Βάση Επαγωγής, h = 0Ένα δυαδικό δένδρο ύψους μηδέν έχει μόνο ένα

κόμβο ρίζα. Δηλαδή n = 1. Πράγματι:20+1 – 1 ³ 1 1 ³ 1

Θέμα 8ο – Λύση (συνέχεια)

38

Page 39: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Επαγωγική Υπόθεση, h = kΈστω ότι η υπόθεση μας ισχύει για δένδρο ύψους

k και πλήθος κόμβων n’. Δηλαδή2k+1 – 1 n’

Επαγωγικό Βήμα, h = k + 1Θα πρέπει να αποδείξουμε ότι η σχέση ισχύει και

για δένδρο ύψους k + 1 με πλήθος κόμβων n’’. Δηλαδή ότι

2k+2 – 1 n’’

Θέμα 8ο – Λύση (συνέχεια)

39

Page 40: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Ένα δένδρο ύψους k+1 αποτελείται από δύο δένδρα ύψους k (και συνεπώς n’ κόμβων) και ένα κόμβο-ρίζα. Ισχύει δηλαδή ότι:

n’’ = 2n’ + 1Από επαγωγική υπόθεση έχουμε:

2k+1 – 1 n’ 2(2k+1 – 1) ³ 2 * n’ 2k+2 – 2 2 * n’ 2k+2 – 2 + 1 2 * n’ + 1 2k+2 – 1 2 * n’ + 1 = n’’

Αποδείξαμε λοιπόν ότι 2h+1 – 1 n δηλ. και ότι 2h+1 > n.

Άρα ισχύει και ότι h floor (log2(n)).

Θέμα 8ο – Λύση (συνέχεια)

40

Page 41: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

• Θεωρήσετε ένα δίκτυο υπολογιστών, όπου δύο υπολογιστές μπορούν να έχουν μία ζεύξη (link). Ανάλογα με την τεχνολογία που χρησιμοποιείται στην κάθε ζεύξη, θα χαθούν κάποια πακέτα.

• Στο παρακάτω πίνακα περιγράφουμε όλες τις ζεύξεις με τους αντίστοιχους αριθμούς πακέτων που θα χαθούν.

Θέμα 9ο

41

Page 42: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Ζεύξη Αριθμός πακέτων που προβλέπεται ότι θα χαθούν σε αυτή την ζεύξη

3,4 52,3 44,2 21,2 10,4 40,1 21,4 3

Θέμα 9ο (συνέχεια)

Η συσκευή 0 θα στείλει 1000 πακέτα στην συσκευή 3, διαλέγοντας το μονοπάτι (διαδρομή) με τις λιγότερες απώλειες σε πακέτα.

42

Page 43: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Μπορείτε να εφαρμόσετε τον αλγόριθμο του Dijkstra για να βρεί η συσκευή 0 το επιθυμητό μονοπάτι? Δικαιολογήσετε την απάντησή σας .

Εάν ναι,(α) περιγράψετε τον αλγόριθμο του Dijkstra και(β) εφαρμόσετε τον βήμα-βήμα (κάνετε τα επιμέρους

διαγράμματα να δείξετε πώς εξελίσσεται ο αλγόριθμος) πάνω στο συγκεκριμένο πρόβλημα.

Εάν δεν μπορεί να εφαρμοστεί ο αλγόριθμος του Dijkstra, δικαιολογήσετε την απάντηση σας.

Θέμα 9ο (συνέχεια)

43

Page 44: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θα χωρίσουμε την απάντησή μας σε 3 μέρη. Αρχικά γιατί μπορεί να εφαρμοστεί ο αλγόριθμος, στη συνέχεια θα δώσουμε τα βήματά του και στη συνέχεια θα τον εφαρμόσουμε στο παράδειγμα που η άσκηση μας ζητάει.

Θέμα 9ο – Λύση

44

Page 45: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Είναι δυνατή η εφαρμογή του αλγ. του Dijkstra? Ο αλγόριθμος εύρεσης συντομότερου μονοπατιού

εφαρμόζεται στην περίπτωση που έχουμε ένα βεβαρημένο γράφημα G = ( V, E, w) με την w να είναι μία συνάρτηση από το Ε στο σύνολο των θετικών πραγματικών αριθμών.

Με βάση τα δεδομένα που δίνονται από την άσκηση στο δοθέν γράφημα μπορεί να εφαρμοστεί ο αλγ. εύρεσης συντομότερου μονοπατιού (Dijkstra)

Θέμα 9ο – Λύση (συνέχεια)

45

Page 46: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Περιγραφή αλγορίθμου 

Η διαδικασία για τον υπολογισμό της ελάχιστης απόστασης από μια κορυφή α προς μία οποιαδήποτε άλλη κορυφή του G είναι :

 

1.Αρχικά έστω P = {a} και T = V-{a}. Για κάθε κορυφή t στο Τ, έστω l(t) = w(a,t)

2. Επίλεξε την κορυφή του Τ που έχει τον μικρότερο δείκτη ως προς P. Έστω χ η κορυφή αυτή

Θέμα 9ο – Λύση (συνέχεια)

46

Page 47: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

3. Αν το χ είναι η κορυφή που θέλουμε να φτάσουμε από την α σταματά η διαδικασία. Αν όχι, έστω και . Για κάθε κορυφή t του Τ ‘, υπολόγισε τον δείκτη της ως προς P’ σύμφωνα με τη σχέση

4. Επανέλαβε τα βήματα 2,3 χρησιμοποιώντας ως P το P’ και ως Τ το T ’

Θέμα 9ο – Λύση (συνέχεια)

' { }P P x ' { }T T x

'( ) min[ ( ), ( ) ( , )]l t l t l x w x t

47

Page 48: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Εφαρμογή του Αλγορίθμου Μας δίνονται τα παρακάτω βάρη.

Θέμα 9ο – Λύση (συνέχεια)

Σύνδεση Μεταξύ συσκευών Packet Loss3 4 52 3 44 2 21 2 10 4 40 1 21 4 3

48

Page 49: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 9ο – Λύση (συνέχεια)

0

4

3

2

1

2

1

5

434

2

49

Page 50: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 9ο – Λύση (συνέχεια)

0

4

3

2

1

2 (0)

50

Page 51: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 9ο – Λύση (συνέχεια)

0

4

3

2

1

2 (0)

3 (0, 1)

51

Page 52: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Θέμα 9ο – Λύση (συνέχεια)

0

4

3

2

1

2 (0)

3 (0, 1)

7 (0, 1, 2)

52

Page 53: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Έστω ένα δίκτυο υπολογιστών, στο οποίο οι ζεύξεις του παραμένουν σταθερές.

Δείξετε χρησιμοποιώντας θεωρία γράφων ότι το άθροισμα του αριθμού των υπολογιστών με τους οποίους συνδέεται ο κάθε υπολογιστής με μία ζεύξη είναι ίσος με το διπλάσιο του αριθμού των συνολικών ζεύξεων σε αυτό το δίκτυο.

Θέμα 10ο

53

Page 54: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Το πρώτο που πρέπει να κάνουμε είναι να καθορίσουμε την αντιστοιχία μεταξύ υπολογιστών με κορυφές και των ζεύξεων με τις ακμές ενός γραφήματος.

Το επόμενο είναι να διαπιστώσουμε ότι ο αριθμός των υπολογιστών που συνδέεται ο κάθε υπολογιστής ( κορυφή ) αντιπροσωπεύεται από τον αριθμό των ζεύξεων ( ακμών ) που προσπίπτουν σε αυτών.

Θέμα 10ο – Λύση

54

Page 55: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Καταλαβαίνουμε λοιπόν ότι αυτός ο αριθμός των ζεύξεων δεν είναι τίποτα άλλο από τον βαθμό της κορυφής διότι ο βαθμός μίας κορυφής είναι ο αριθμός των ακμών που προσπίπτουν σε αυτή.

Αναδιατυπώνοντας το ερώτημα με βάση τις παραπάνω παρατηρήσεις, το ζητούμενο της άσκησης μας λέει το εξής:

«το άθροισμα των βαθμών των κορυφών είναι λοιπόν διπλάσιο του αριθμού των ακμών»

Θέμα 10ο – Λύση (συνέχεια)

55

Page 56: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Για να δείξουμε ότι ισχύει η παραπάνω πρόταση αυτό που πρέπει να σκεφτούμε είναι το εξής.

Σε ένα μη κατευθυνόμενο γράφημα κάθε ακμή συνεισφέρει κατά 1 στον βαθμό των δύο κορυφών στις οποίες προσπίπτει, πράγμα που μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι η προς εξέταση πρόταση όντως ισχύει

Θέμα 10ο – Λύση (συνέχεια)

56

Page 57: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Έστω ένα ασύρματο δίκτυο στο οποίο οι συσκευές μπορούν να έχουν πρόσβαση σε Ν διαφορετικά κανάλια.

Το κάθε κανάλι είναι σε διαφορετική συχνότητα και είναι ανεξάρτητο από τα υπόλοιπα.

Υπάρχουν 2M συσκευές, Ν>2Μ. Υποθέσετε οτι κάθε συσκευή αποφασίζει να επιλέξει ένα κανάλι στο οποίο θα στέλνει τα μηνύματα.

Θέμα 11ο

57

Page 58: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Η κάθε συσκευή είναι διακριτή (έχει έναν αριθμό που την ξεχωρίζει από τις υπόλοιπες).

Ας ονομάσομε πρόγραμμα την αντιστοιχία της κάθε διαφορετικής συσκευής σε μία συγκεκριμένη συχνότητα. Το πρόγραμμα δηλαδή δηλώνει σε ποιά συχνότητα/κανάλι ακούει η κάθε συσκευή.

Θέμα 11ο (συνέχεια)

58

Page 59: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

(α) Ποιος είναι ο συνολικός αριθμός διαφορετικών προγραμμάτων που μπορούν να γίνουν?

(β) Οι 2Μ συσκευές χωρίζονται σε Μ διαφορετικά ζεύγη συσκευών (το κάθε ζεύγος δεν έχει κανένα κοινό στοιχείο με τα υπόλοιπα ζεύγη) που σκοπεύουν να επικοινωνούν μεταξύ τους και γι αυτό θα πρέπει να ακούν στο ίδιο κανάλι. Πόσα διαφορετικά προγράμματα μπορούν να γίνουν στα οποία να υπάρχουν το πολύ ένα τέτοια ζεύγη σε ένα κανάλι? Δεν μας ενδιαφέρει η σειρά των συσκευών σε ένα ζεύγος.

Θέμα 11ο (συνέχεια)

59

Page 60: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Μία συσκευή επιλέγει μία μόνο συχνότητα ενώ μία συχνότητα μπορεί να ‘φιλοξενεί’ πολλές συσκευές.

Α) Η πρώτη συσκευή μπορεί να επιλέξει μία εκ των Ν

συχνοτήτωνΗ δεύτερη συσκευή μπορεί να επιλέξει επίσης μία εκ

των Ν συχνοτήτων

...

Η 2Μ-ιοστή συσκευή μπορεί να επιλέξει επίσης μία εκ των Ν συχνοτήτων

 

Θέμα 11ο – Λύση

60

Page 61: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Άρα συνολικός αριθμός διαφορετικών προγραμμάτων που μπορούν να γίνουν είναι:

Ν2Μ

Β)Το πρώτο ζεύγος συσκευών μπορεί να επιλέξει ένα

εκ των Ν καναλιώνΤο δεύτερο ζεύγος συσκευών μπορεί να επιλέξει

ένα εκ των Ν-1 υπολειπόμενων καναλιών 

Θέμα 11ο – Λύση (συνέχεια)

61

Page 62: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Το τρίτο ζεύγος συσκευών μπορεί να επιλέξει ένα εκ των Ν-2 υπολειπόμενων καναλιών

...

Το Μ-ιοστό ζεύγος συσκευών μπορεί να επιλέξει ένα εκ των Ν-Μ υπολειπόμενων καναλιών

Άρα συνολικός αριθμός διαφορετικών προγραμμάτων που μπορούν να γίνουν είναι:

Ν * (Ν-1) * (Ν-2) * … * (Ν-Μ)

Θέμα 11ο – Λύση (συνέχεια)

62

Page 63: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Δείξετε ότι σε κάθε συνεκτικό μη-κατευθυνόμενο γράφο G=(V,E), |Ε| ≥ |V| - 1.

Θέμα 12ο

63

Page 64: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

ορισμός : Ένα μη κατευθυνόμενο γράφημα ονομάζεται συνεκτικό αν υπάρχει ένα μονοπάτι μεταξύ κάθε δύο κορυφών.

 Η άσκηση μας ζητά να δείξουμε ότι |Ε| ≥ |V| - 1.

θα δείξουμε ότι χρειαζόμαστε με την βοήθεια της επαγωγής ως προς τον αριθμό των κορυφών.

Θέμα 12ο – Λύση

64

Page 65: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Από τον ορισμό της συνεκτικότητας εύκολα κανείς καταλαβαίνει ότι για την απλή περίπτωση, η οποία θα αποτελέσει και την βάση της επαγωγής μας, ότι για έναν συνεκτικό γράφο με ή ισχύει ότι και μάλιστα ισχύει λόγω της ισότητας .

Ας προχωρήσουμε με το επαγωγική υπόθεση .

Έστω λοιπόν ότι έχουμε ένα συνεκτικό γράφημα G το οποίο έχει κορυφές.

Θέμα 12ο – Λύση (συνέχεια)

| |V n

| | 1V | | 2V | | | | 1E V

65

Page 66: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Από την ιδιότητα της συνεκτικότητας βλέπουμε ότι αναγκαστικά για να παραμείνει συνεκτικό το γράφημα θα έχει τουλάχιστον ακμές. Εμείς υποθέτουμε ότι το γράφημά μας εχει ακμές με . Αρα σαν επαγωγική υπόθεση, υποθέτουμε ότι ισχύει το ακόλουθο:

Θέμα 12ο – Λύση (συνέχεια)

| | 1V

| |E 1n

| | | | 1 1E V n

66

Page 67: Λύσεις Τελικής Εξέτασης

Προχωράμε στο επαγωγικό βήμα.Δηλαδή έχουμε αριθμό κορυφών κατά

αναλογία με προηγουμένως θα έχουμε ακμές και θελουμε να δείξουμε ότι:

Βλέπουμε λοιπόν ότι καταλήγουμε στην επαγωγική υπόθεση, πράγμα που σημαίνει ότι δείξαμε ότι χρειαζόταν.

Θέμα 12ο – Λύση (συνέχεια)

| | 1V n

| | 1E

| | | | 1 1 ( 1) 1 1 1 1 1E V n n n

67