Soluciones

Matemática Discreta I
Examen del curso 2011
Soluciones
Jueves 19 de julio de 2012
1. Se consideran las siguientes afirmaciones:
(I) f (x) =
(II) g(x) =
(III) h(x) =
1
1−x
1
x
es una función generatriz, cuyo coeficiente de x3 es 1.
es una función generatriz, cuyo coeficiente de x es 0.
1
1−x2
es una función generatriz cuyo coeficiente de x5 es 0.
Solución:
(I) f (x) = 1 + x + x2 + x3 + · · · , el coeficiente de x3 es 1.
(II) g(x) no es una función generatriz.
(III) h(x) = 1 + x2 + x4 + x6 + · · · , el coeficiente de x5 es 0.
De modo que sólo las afirmaciones (I) y (III) son correctas.
2. Se definen las relaciones R1 y R2 en N2 como
(n, m)R1 (n0 , m0 ) ⇐⇒ n − n0 = 2̇ y m − m0 = 3̇
(n, m)R2 (n0 , m0 ) ⇐⇒ n ≤ n0 y m ≤ m0
Solución:
La relación R1 es una relación de equivalencia, pues las dos relaciones
nR1a n ⇐⇒ n − n0 = 2̇
mR1b m ⇐⇒ m − m0 = 3̇
son relaciones de equivalencia. De la misma manera, la relación R2 es una relación de orden, pues las dos relaciones
nR2a n ⇐⇒ n ≤ n0
mR2b m ⇐⇒ m ≤ m
son relaciones de orden. Pero R2 no es un orden total, por ejemplo los elementos (1, 2) y (2, 1) no son comparables.
3. Considere el grafo G = (V, E) con V = {a, b, c, d, e} y E = {ab, ac, bc, be, cd, de}.
Solución: eliminando la arista ab tenemos:





a
b
e
a
b
e
a=b










P
; λ = P 
; λ − P 





c
c
c
d
d
d
Por otra parte,


P (




; λ = (λ − 1) P 


; λ .
e



; λ .

Además, un ejemplo que vimos en clase (pero se calcula rápidamente eliminando una arista cualquiera):



; λ = λ(λ − 1)(λ2 − 3λ + 3).

P
Poniendo todo junto resulta que
P (G; λ) = λ(λ − 1)(λ − 2)(λ2 − 3λ + 3).
Entonces tenemos que χ(G) = 3, y calculamos P (G; 3) = 18.
4. ¿Cuántas palabras distintas de 7 letras se pueden formar con las letras de la palabra PERRERA de forma tal
que no haya dos letras R consecutivas?
Solución: Todas las palabras con estas 7 letras son 7!/3!2!. A este número hay que restar las palabras donde
hay un par de letras R juntas: considerando RR como un sı́mbolo único distinto de R son 6!/2!. Pero en esta
última cuenta estamos contando las combinaciones RR R y R RR como distintas, es decir que las palabras
con tres letras R juntas, que son 5!/2!, están restadas dos veces por lo que deben ser sumadas. El resultado final
es entonces
7!
6! 5!
5! 7 · 6
5!
− + =
− 6 + 1 = · 2 = 5! = 23 · 3 · 5.
3! 2! 2! 2!
2!
3!
2
5. ¿Cuántas funciones f : {1, 2, 3, 4, 5} → {a, b, c} cumplen que a tiene exactamente dos preimágenes y b tiene a
lo sumo dos preimágenes?
Solución: La cantidad de formas de elegir la preimágen de a es C25 . Una vez fijadas las dos preimágenes de a,
la cantidad de formas de elegir las preimágenes de b es C23 + C13 + C03 , considerando los casos donde b tiene 2, 1,
0 preimágenes. Finalmente, una vez que están fijadas las preimágenes de a y de b, las preimágenes de c quedan
determinadas por lo que no hay que elegir más. Por la regla del producto, la cantidad total de funciones será
entonces
C25 (C23 + C13 + C03 ) = 10 (3 + 3 + 1) = 70.
6. Resolver la ecuación en recurrencia
an+2 − 3 an+1 + 2 an = 4 n · 3n
∀n ≥ 0
con los valores iniciales a0 = a1 = 1.
Solución: La ecuación caracterı́stica es r2 − 3 r + 2 = 0 que tiene raı́ces 1 y 2, por lo que la solución general de
la ecuación homogénea correspondiente es
n
a(h)
n =α+β·2 .
Para encontrar una solución particular de la ecuación, según el criterio usual, buscamos una solución de la forma
(xn + y)3n . Sustituyendo en la ecuación en recurrencia, y resolviendo, encontramos la solución particular
n
a(p)
n = (2n − 9) · 3 .
(p)
(h)
La solución general de la ecuación es an + an , y sustituyendo los valores iniciales se llega a la solución final:
an = −2 + 12 · 2n + (2n − 9) · 3n .
7.
1. ¿Existe un grafo simple con 6 vértices de grados (1, 2, 3, 4, 5, 5)?
2. ¿Existe un grafo simple con 6 vértices de grados (2, 3, 3, 4, 5, 5)?
Justificar (probar que no existe, o dibujar un ejemplo).
Solución:
1. Los dos vértices de grado 5 estarı́an conectados con todos los otros vértices. Pero entonces todos los otros
vértices tienen grado al menos 2, lo que contradice que haya un vértice de grado 1.
2. Un ejemplo
8. En una reunión hay 6 personas. Probar que por lo menos una de las siguientes afirmaciones es cierta:
i. hay un grupo de 3 personas que se conocı́an entre sı́ antes de la reunión;
ii. hay un grupo de 3 personas que no se conocı́an entre sı́ antes de la reunión.
Solución: Consideramos una de las seis personas, llamemosla A. Como hay otras 5 personas, entonces o bien A
conoce al menos 3 personas, o bien A no conoce al menos 3 personas.
Caso 1: A conoce al menos 3 personas, llamemoslas B, C, D. Si hay algún par entre B, C, D que se conocen,
este par junto con A conforman un grupo de 3 que se conocen entre sı́ (se verifica i). Pero si no hay ningún par
entre B, C, D, que se conocen, estos tres conforman un grupo de 3 que no se conocen entre sı́ (se verifica ii).
Caso 2: A no conoce al menos 3 personas, llamemoslas B, C, D. Si hay algún par entre B, C, D que no se
conocen, este par junto con A conforman un grupo de 3 que no se conocen entre sı́ (se verifica ii). Pero todos los
pares entre B, C, D se conoce, estos tres conforman un grupo de 3 que se conocen entre sı́ (se verifica i).