Uitwerking Tentamen Besliskunde 1 (18 januari 2010, 14.00-17.00 uur)
Deel 1: Theorie
Opgave 1
Zij G = (V, E) een normale graaf met n knooppunten. De graad van een knooppunt x wordt genoteerd met d(x). Bewijs de volgende bewering:
Als d(v) + d(w) ≥ n voor ieder tweetal niet-aangrenzende knooppunten v, w ∈ V, dan heeft G een Hamilton kring.
Bewijs:
Zie Stelling 2.19 in het dictaat.
Opgave 2
Beschouw een LP-probleem in de vorm waarin, na toevoeging van verschilvariabelen, de m beperkingen gelijkheden zijn en de matrix rang m heeft. In het dictaat was de notatie voor het bijbehorende toegelaten gebied in deze formulering: R = {x ∈ Rn+m | Ax = b; x ≥ 0}.
Laat a•k, k = 1, 2, . . . , n + m de kolomvectoren van de matrix A zijn. Verder defini¨eren we J(x) = {j | xj > 0}.
Bewijs de volgende bewering:
Laat x ∈ R. Dan geldt: x is een hoekpunt d.e.s.d. als {a•k | k ∈ J(x)} een verz. van lineair onafhankelijke vectoren is.
Bewijs:
Zie Stelling 4.8 in het dictaat.
Opgave 3
Zij x een stationaire kansverdeling van de Markov keten met overgangsmatrix P .
Laat R1, R2, . . . , Rmde recurrente klassen zijn, T de verz. van de transi¨ente toestanden en noteer de stationaire matrix met P∗.
Bewijs de volgende bewering:
xi =
( 0 als i ∈ T
ckp∗ii als i ∈ Rk, met ck≥ 0, 1 ≤ k ≤ m, en Pm
k=1 ck= 1.
Bewijs:
Zie Stelling 5.13 in het dictaat.
1
Deel 2: Opgaven
Opgave 4
Zij an het aantal getallen van n cijfers uit 1, 2, 3, 4, 5 dat deelbaar is door 3.
a. Toon aan dat an voldoet aan de recurrente betrekking
( an+ an−1 = 2 · 5n−1, n ≥ 2 a1 = 1
b. Bepaal an. Oplossing:
a. We gebruiken de bekende eigenschap dat een getal deelbaar is door 3 dan en slechts dan als de som van de cijfers deelbaar is door 3. Het is direct duidelijk dat a1= 1.
Voor algemene n geldt:
Neem de rijtjes van an−1 en zet er een 3 achter. De andere rijtjes van n − 1 cijfers (niet deelbaar door 3 en daarvan zijn er 5n−1− an−1) kunnen op 2 manieren worden aangevuld tot een rijtje van n cijfers dat deelbaar is door 3 (door 1 of 4, resp. 2 of 5 toe te voegen).
Dit geeft:
an= an−1+ 2 · (5n−1− an−1) = 2 · 5n−1− an−1, d.w.z. an+ an−1= 2 · 5n−1. b. Probeer pn= K5n. Hieruit volgt dat voor alle n geldt:
K5n+ K5n−1= 2 · 5n−1 → K = 31 en pn= 135n.
De karakteristieke vergelijking is x2+ x = 0 met wortels α = 0 en β = −1, zodat an= K1(−1)n+135n. De constante K1 wordt bepaald door a1= 1 → K1 = 23. Hieruit volgt: an= 13{2 · (−1)n+ 5n}, n ≥ 1.
Opgave 5
Beschouw het volgende LP-probleem:
max
−4x1− 2x2− 3x3
¯¯
¯¯
¯¯
¯¯
x1 − x2 + x3 ≤ 4; x1 ≥ 0 x1 + x2 − x3 = 1; x2 ≥ 0 x1 − x2 + x3 ≥ 2; x3 ≥ 0
a. Bepaal een optimale oplossing met de simplex methode.
b. Stel het duale probleem op en geef ook daarvan de optimale oplossing.
Oplossing:
Onderdeel a:
Voer voor de eerste beperking een verschilvariale (y1) in, voor de tweede een schijnvariabele (z2) en voor de derde zowel een verschilvariabele (y3) als een schijnvariabele (z3) in.
Het stelsel wordt daarmee:
x1 − x2 + x3 + y1 = 4
x1 + x2 − x3 + z2 = 1
x1 − x2 + x3 − y3 + z3 = 2
2
We starten met als basisvariabelen y1, z2 en z3 en maximaliseren eerst z0 = −z2− z3. Dit geeft de volgende tableaus (het pivotelement is met een ∗ aangegeven):
x1 x2 x3 y3
y1 4 1 -1 1 0
z2 1 ∗1 1 -1 0 z3 2 -1 -1 1 -1
x0 0 4 2 3 0
z0 -3 -2 0 0 1
z2 x2 x3 y3 y1 3 -1 -2 2 0
x1 1 1 1 -1 0
z3 1 -1 -2 ∗2 -1 x0 -4 -4 -2 7 0 z0 -1 2 2 -2 1
z2 x2 z3 y3
y1 2 0 0 -1 1
x1 32 12 0 12 −12 x3 12 −12 -1 12 −12 x0 −152 −12 5 −72 72
Dit tableau is optimaal.
De optimale oplossing luidt:
x1= 32, x2= 0, x3= 12 met waarde van het optimum −152. Onderdeel b:
De standaardschrijfwijze van het LP-probleem is:
max
−4x1− 2x2− 3x3
¯¯
¯¯
¯¯
¯¯
x1 − x2 + x3 ≤ 4; x1≥ 0 x1 + x2 − x3 = 1; x2≥ 0
−x1 + x2 − x3 ≤ −2; x3≥ 0
Het bijbehorende duale probleem luidt:
min
4u1+ u2− 2u3
¯¯
¯¯
¯¯
¯¯
u1 + u2 − u3 ≥ −4; u1 ≥ 0
−u1 + u2 + u3 ≥ −2; u2 vrij u1 − u2 − u3 ≥ −3; u3 ≥ 0
Om van het stelsel van het oorspronkelijke probleem gelijkheden te maken zdd. dit stelsel een eenheidsmatrix bevat gebruiken we de verschil/schijnvariabelen y1, z2en y3. De oplossing van het duale pr0bleem lezen we af uit het laatste tableau bij de duale waarden van deze drie variabelen:
u1= 0, u2= −12, u3 = 72 met waarde van het optimum −152 .
Opgave 6
Beschouw de Markov keten op S = {0, 1, . . . , N } met de volgende overgangskansen:
p00= pN N = 1; pij =
p als j = 0 q als j = i r als j = i + 1
voor i = 1, 2, . . . , N − 1, waarbij p, q, r ∈ (0, 1) en met
p + q + r = 1.
Bepaal fi0en fiN voor alle i.
Oplossing:
fiN = qfiN + rfi+1,N, 1 ≤ i ≤ N − 1; fN N = 1; f0N = 0.
Hieruit volgt: fiN = 1−qr fi+1,N = · · · =
³ r 1−q
´N −i
fN N =
³ r 1−q
´N −i
, 1 ≤ i ≤ N ; f0N = 0.
De toestanden 0 en N zijn absorberend en alle andere toestanden zijn transi¨ent, dus fi0= 1 − fiN = 1 −
³ r 1−q
´N −i
, 1 ≤ i ≤ N ; f00= 1.
3