Kommentarer till tentamen dat401 DM 011025

Detta är ingen mönsterlösning.

1a Svar: d(H) = 1, D(H) = 4.

1c Svar: p^{n/2}.

1d Svar: \binom{n/2}{m}p^{m}(1−p)^{n/2−m}. Se [R: Thm. 4.5.1]. Populära fel: p^{m}(1−p)^{n/2−m} och p^{m}. Fatal missuppfattning: Uppgiften betyder inte ‘hitta sannolikheten för att hörn 1 har grad mellan 0 och n/2’, men ‘hitta sannolikheten för att hörn 1 har grad m, där m är ett (konkret) tal mellam 0 och n/2’.

1e Svar: 1 − (1 − p^{n/2})^{n/2}.

1f Svar: \frac{1}{4}n^{2}p(1−p)^{n/2−1}. Populärt fel: \frac{1}{2}np(1−p)^{n/2−1}. Ledning: introducera indikatorvariabeln

X_{i} = \{ \begin{matrix}1 & om v_{i} har grad 1, \\ 0 & annars. \end{matrix}

1g Svar:

∑_{d=0}^{n/2}(\binom{n/2}{d}p^{d}(1 − p)^{n/2−d})^{n/2}.

2b Svar: \left[{2 \atop 6}\right] = 7, \left[{6 \atop 2}\right] = 21. Skriv inte \left[{2 \atop 6}\right] = (6, 0), (5, 1), (4, 2) … – godistalet är ingen sekvens.

2c Svar: n. Många svar, som t ex 1^{n} + n − 1 kan snyggas til.

2d Elegant svar: \binom{n}{1}+\binom{n}{2}, eftersom godisbitarna antingen ges till samma barn, eller fördelas på två barn.

2e Svar för andra identiten: Betrakta de k + 1 fallen där första barnet får l = 0, 1, …, k godisar. De övriga k − l godisar fördelas på de andra n − 1 barnen, vilket kan göras på \left[{n−1 \atop k−l}\right] sätt.

3b Svar: a_{n} = 2^{n} + a_{n−1} eller a_{n} = 2a_{n−1} + 1, a_{0} = 1.

3c Svar: 2^{n+1} − 1. Många studenter har svårigheter att summera ∑_{i=0}^{n} 2^{i}, se [R: Tabel 1.7.2] med a = 1.

3e Svar: b_{n} = 2^{n} − b_{n−1}, b_{1} = 0 med lösning b_{n} = \frac{1}{3}((−1)^{n} + 2^{n+1}).