Solucion Examen Matematica Discreta IMartes 14 de diciembre de 2010

EJERCICIO 1 Se tienen 49 botellas identicas de cerveza para colocar en 5 casillerosdiferentes con 12 compartimientos cada uno, donde no importa la ubicacion dentrode cada casillero. ¿Cuantas maneras hay de colocar por lo menos 40 botellas en los 5casilleros, si cada uno debe tener por lo menos 3 botellas?

Solucion: La cantidad de botellas de cervezas depositadas en cada casillero serepresenta con una variable xi, i = 1, 2, 3, 4, 5, donde 3 ≤ xi ≤ 12, ∀i = 1, 2, 3, 4, 5, yaque cada casillero tiene 12 lugares para poner botellas y tiene que haber al menos 3botellas en cada uno. Se quiere contar la cantidad de soluciones enteras de la ecuacion40 ≤ x1+x2+x3+x4+x5 ≤ 49 que es la misma que la de 25 ≤ y1+y2+y3+y4+y5 ≤ 34,donde 0 ≤ yi ≤ 9, ∀i = 1, 2, 3, 4, 5 y ya asignamos las 3 botellas a cada casillero.Introducimos una nueva variable 0 ≤ y6 ≤ 9 y la ecuacion a resolver queda y1 + y2 +y3 + y4 + y5 + y6 = 34, donde 0 ≤ yi ≤ 9, ∀i = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Aplicando el principio deInclusion-Exclusion, la cantidad de soluciones enteras es C39

34 − 6C2924 + 15C19

14 − 20C94 ,

que es la opcion D.

EJERCICIO 2 Se consideran las siguientes afirmaciones:

I) f(x) = 11−x es una funcion generatriz, cuyo coeficiente de x3 es 1.

II) g(x) = 13+x

es una funcion generatriz, cuyo coeficiente de x3 es 133

.

III) h(x) = 11−x2 es una funcion generatriz cuyo coeficiente de x5 es 0.

Solucion: Las tres funciones que se dan son generatrices. La funcion f es ge-neratriz de la sucesion 1, 1, 1, . . ., por lo que la afirmacion I es verdadera. Por otrolado, g(x) = 1

3+x= 1

3· 1

1−(−x3)

= 13(1 − x

3+ (−x

3)2 + (−x

3)3 + . . . + (−x

3)n + . . .),

luego, el coeficiente de x3 es 13· −1

33= −1

34y la afirmacion II es falsa. Finalmente,

h(x) = 11−x2 = 1 + x2 + (x2)2 + (x2)3 + . . . + (x2)n + . . ., con lo cual el coeficiente de

x5 es 0 y la afirmacion III es cierta. Por lo tanto, la opcion correcta es la D.

EJERCICIO 3 La cantidad de ciclos de K8 es...

Solucion: En K8 estan todos los vertices conectados con todos, entonces eligiendok vertices de de los 8 de A8

k formas hay k!2k

ciclos con esos vertices, ya que en un ciclono importa el sentido en que se recorran los vertices ni tampoco tiene principio nifinal.Esto es porque si {v1, v2, . . . , vk} son los k vertices, v1 → v2 → . . . → vk → v1,v2 → . . .→ vk → v1 → v2, . . ., vk → v1 → v2 → . . .→ vk corresponden al mismo ciclo(que son k) al igual que vk → vk−1 → . . .→ v1 → vk, vk−1 → . . .→ v1 → vk → vk−1,. . ., v1 → vk → vk−1 → . . .→ v1 (que tambien son k).

Aplicando la regla de la suma, obtenemos8∑

i=3

A8i

2iciclos de cualquier longitud, que es

la opcion E.

EJERCICIO 4 Los filtros digitales pueden implementarse utilizando ecuaciones enrecurrencia. La entrada al filtro se denota xn y la salida yn. Si la salida del filtro esyn = 2xn − 2xn−1 − yn−1. Entonces, con una entrada xn = 3n2 + 2n+ 5 y condicionesiniciales y0 = 2; la salida es...

Solucion: yn + yn−1 = 2xn− 2xn−1 = 2(xn−xn−1) = 2(3n2 + 2n+ 5− 3(n− 1)2−2(n− 1)− 5) = 2(6n− 1) = 12n− 2. La solucion general de la ecuacion homogenea esyHn = k · (−1)n y 1 no es raız del polinomio caracterıstico, por lo que probamos con lasolucion particular yPn = An + B. Sustituyendo, An + B + A(n − 1) + B = 12n − 2,de lo que se deduce que A = 6 y B = 2. Entonces, yPn = 6n + 2 y la solucion generales yn = yHn + yPn = k · (−1)n + 6n + 2.

Sustituimos la condicion inicial obteniendo y0 = k + 2 = 2, con lo cual k = 0 y lasolucion de la ecuacion es yn = 6n + 2 que es la opcion C.

EJERCICIO 5 Calcular la cantidad de relaciones de orden R definibles en el conjuntoA = {1, 2, 3, 4, 5} que verifican que la cadena mas larga tiene 4 elementos y tienenmaximo y mınimo.

Solucion: Resolvemos esto contando los diagramas de Hasse posibles. Las formasque pueden tener estos diagramas son:

Relaciones de orden que tengan como diagrama el primero hay 5! (hay que permu-tar todos los elementos de A). Que tengan el segundo y tercero hay 5!

2en cada caso,

pues en esos diagramas hay dos elementos indistinguibles. En total, hay 5! + 2 · 5!2

relaciones definibles en A que cumplan las condiciones, que es la opcion C.

EJERCICIO 6 (14 puntos)Se escriben los numeros del 1 a 2n y se tachan n − 1 de ellos. Probar que entre losnumeros que no fueron tachados hay dos que son consecutivos.

Solucion: Pensemos los n−1 numeros tachados como barras separadoras, y los n+1 no tachados como numeros “sobrevivientes”. Luego, las n−1 separaciones dan lugara n espacios donde se ubican los n + 1 “sobrevivientes”. Por el principio del Palomarexisten dos sobrevivientes en el mismo espacio, o sea dos numeros consecutivos notachados.

EJERCICIO 7 (26 puntos)Se dice que un grafo G tiene numero de independencia k, si existen k vertices de Gtales que el subgrafo inducido por ellos esta formado solamente por vertices aislados,y no existen k + 1 vertices de G que cumplan la misma condicion.

a) Dibujar un grafo conexo de n vertices con numero de independencia n− 1.

b) Calcular el numero de independencia del grafo de Petersen y marcar los verticesen el grafo.

c) Probar que un grafo G de n vertices es completo ⇔ G tiene numero de inde-pendencia uno.

Solucion:

a) Estrella con n vertices.

1

23

n− 1

b) El numero de independencia es 4. Del cırculo de afuera si se toman 3 verticeshabra necesariamente dos adyacentes ası que a lo sumo podremos tomar 2 verti-ces del cırculo de afuera. El mismo razonamiento se puede hacer para la estrellade adentro, a lo sumo podemos tomar 2 vertices de la estrella, ası que el numerode independencia es a lo sumo 4. Ademas, es facil encontrar 4 vertices ningunorelacionado con ninguno:

c) Veamos primero el directo: si G = Kn, entonces, el grafo inducido por cualquierconjunto de t vertices es un Kt, y por lo tanto, solo sera formado por vertice(s)aislado(s) si t = 1.

Veamos el recıproco: sea G un grafo con n vertices y numero de independencia1. Supongamos G no es completo, o sea existen v1, v2 ∈ V tales que no hayarista en G entre estos vertices. Luego, el grafo inducido por {v1, v2} tendrıados vertices aislados, y por ende, el numero de independencia de G serıa mayoro igual a 2.

EJERCICIO 8 (20 puntos)Decimos que un grafo G = (V,E) es Hamilton-conexo si y solo si todo par de verticesx, y ∈ V , x 6= y esta conectado por un camino Hamiltoniano (que comienza en x ytermina en y o que comienza en y y termina en x).Probar que si G = (V,E) es Hamilton-conexo y |V | ≥ 4, entonces |E| ≥ 3

2|V |.

(Sugerencia: Probar primero que gr(v) ≥ 3, ∀v ∈ V .)

Solucion: Demostraremos primero que gr(v) ≥ 3, para todo v ∈ V . Dado unvertice v existen x, y ∈ V con x 6= v 6= y, pues |V | ≥ 4. Por definicion existe un caminoHamiltoniano conectando x con y. Por ser Hamiltoniano tiene que “pasar”por v y nopuede repetir vertices. Luego, necesariamente el gr(v) ≥ 2. Supongamos gr(v) = 2,y sean u, t los vertices adayacentes a v. Por definicion de grafo Hamilton conexoexiste un camino Hamiltoniano comenzando en u (o en t) y finalizando en t (en u).Tomemos el primer caso (el segundo es analogo). El vertice v tiene que estar en elcamino Hamiltoniano considerado. Pero v solo es adayacente a u y t. Luego el caminoha de ser u− v− t. Por ser Hamiltoniano allı estan todos los vertices del grafo. Luego|V | = 3, lo que contradice la hipotesis del Ejercicio. Entonces tenemos probada la

afirmacion. Luego 2|E| =∑v∈V

gr(v) ≥ 3|V |, por lo tanto |E| ≥ 32|V |.