APPELLO DI MATEMATICA DISCRETA 6 Giugno 2014 Cognome: Nome: Matricola: Contrassegnare la propria tipologia di esame. a) Modulo I. Esercizi: 1, 2, 3 e 4. Tempo: 2 ore. b) Modulo II. Esercizi: 5, 6, 7 e 8. Tempo: 2 ore. c) Esame completo (12 crediti). Esercizi: 1, 2, 3, 5, 6 e 7. Tempo: 3 ore. d) Integrazione (3 crediti). Esercizi: 6 e 7. Tempo: 1 ora e mezza. La valutazione tiene conto di ordine e chiarezza nello svolgimento. Tutte le risposte devono essere adeguatamente giustificate. 1 Si consideri l’insieme S degli studenti del corso di MD dell’anno accademico 2053/54. Se x ∈ S, si indichi con mx il numero di matricola dello studente x. Si definisca la seguente relazione binaria R ⊆ S × S: xRy se e soltanto se (mx × my ) ≡ 4 (mod 7). a) Si supponga la relazione R riflessiva. Cosa possiamo dire del numero di matricola degli studenti di MD dell’anno 2053/54 rispetto alla congruenza modulo 7? b) E’ la relazione R antisimmetrica? c) Spiegare in quali casi R è una relazione di equivalenza. In tal caso, quanti classi di equivalenza determina R? 2 a) Utilizzare i coefficienti binomiali per provare che l’insieme dei sottoinsiemi di un insieme di n elementi ha 2n elementi. b) In quanti modi si possono inserire 10 palline indistinguibili in 2 contenitori distinti? 3 Dimostrare per induzione che n! ≤ nn per ogni n ≥ 1. 4 Si determini il resto della divisione di 825 per 16. 5 a) Sia un G = (V,L) un grafo orientato finito e completo. Si dimostri che G ammette un cammino Hamiltoniano (è parte del Teor. 13.4 libro Facchini). b) Disegnare, a meno di isomorfismo, tutti i grafi orientati aciclici con 3 vertici (ossia si disegni uno ed un solo grafo per ogni classe di equivalenza di isomorfismo). Soluzione. Per il primo punto veda il libro del Facchini. Per il secondo punto si vedano i seguenti grafi sull’insieme di vertici {1,2,3}. 1 2 1 3 2 1 2 6 1 3 2 1 3 2 3 1 3 2 3 Sia S = (R r {0}) × N. Si definisca su S l’operazione binaria (α,n) ∗ (β,m) = (αβ n ,nm) per ogni (α,n),(β,m) ∈ S. a) Si provi che (S,∗) è un semigruppo. ` un monoide? b) Il semigruppo (S,∗) è commutativo? E Soluzione. Proprietà associativa: • ((α,n) ∗ (β,m)) ∗ (γ,k) = (αβ n ,nm) ∗ (γ,k) = (αβ n γ nm ,nmk) • (α,n) ∗ ((β,m) ∗ (γ,k)) = (α,n) ∗ (βγ m ,mk) = (α(βγ m )n ,nmk) Le due espressioni denotano lo stesso elemento di S, che è quindi un semigruppo. In generale (β,m) ∗ (α,n) = (βαm ,mn) e quindi il semigruppo non è commutativo. Un controesempio è: (3,2) ∗ (7,1) = (3 · 72 ,2) 6= (7 · 31 ,2) = (7,1) ∗ (3,2) Il semigruppo è in realt` a un monodie con elemento neutro (1,1) in quanto: (1,1) ∗ (β,m) = (β,m) = (β,m) ∗ (1,1) 7 a) Sia A una matrice quadrata di ordine n ad elementi in un campo K e sia λ ∈ K. Usando il Teorema di Cramer (Teor. 41.1 libro Facchini) si dimostri che λ è un autovalore di A se e solo se det(A − λI) = 0 (I è la matrice identica di ordine n).   1 0 1 b) Si determinino gli autovalori/autovettori ad elementi reali della matrice A =  −1 −1 0  1 0 1 Soluzione. 1) Supponiamo che det(A − λI) = 0. Allora la matrice A − λI non è invertibile. Per il Teorema di Cramer, il sistema (A − λI)v = 0 non ha un’unica soluzione. In quanto sistema omogeneo esso non è impossibile perché 0 è una soluzione. Allora esiste un vettore u 6= 0 tale che (A − λI)u = 0. Poiché l’insieme delle matrici quadrate ad elementi in K è uno spazio vettoriale su K possiamo scrivere Au − λu = 0 e dunque Au = λu. Per definizione ciò significa che u e λ sono, rispettivamente, un autovettore ed un autovalore di A. Viceversa supponiamo che λ sia un autovalore di A. Sia u 6= 0 il corrispondente autovettore. Per definizione abbiamo Au = λu e quindi (A − λI)u = 0. Dunque il sistema omogeneo ha pi` u di una soluzione e pertanto per il Teorema di Cramer la matrice A − λI non è invertibile e det(A − λI) = 0. 2) Risolviamo il sistema omogeneo   1−λ 0 1 0  = det  −1 −1 − λ 1 0 1−λ = = = (1 − λ) · det −1 − λ 0 0 1−λ + det −1 −1 − λ 1 0 (1 − λ)2 (−1 − λ) + (1 + λ) [−(1 − λ)2 + 1](1 + λ) (2 − λ)λ(1 + λ) Gli zeri del polinomio caratteristico sono dunque λ1 = −1, λ2 = 0 e λ3 = 2. Troviamo gli primo autovettori u1 = (u11 ,u12 ,u13 ) relativi a λ1 risolvendo il sistema      u21 1 0 1 0  −1 −1 0   u22  =  0  1 0 1 0 u23 le cui soluzioni non nulle sono della forma {(0,α,0) : α ∈ R − {0}}. Troviamo gli autovettori u2 = (u21 ,u22 ,u23 ) relativi a λ2     2 0 1 u21  −1 0 0   u22  =  1 0 2 u23 risolvendo il sistema  0 0  0 le cui soluzioni non nulle sono della forma {(α,α, − α) : α ∈ R − {0}}. Troviamo gli autovettori u3 = (u31 ,u32 ,u33 ) relativi a λ3 risolvendo il sistema      0 −1 0 1 u31  −1 −3 0   u32  =  0  1 0 −1 u33 0 le cui soluzioni non nulle sono della forma {(α, − 31 α,α) : α ∈ R − {0}}. 8 Si risolva, se possibile, il seguente sistema lineare.      1 −1 1 x 6  2 1 −1   y  =  −3  1 −1 −1 z 0 Soluzione.  1  2 1 Risolviamo il sistema con il metodo delle combinazioni lineari di righe.    6 1 −1 1 1 0 0 −1 1 R1 = (R1 +R2 ); R3 = (R3 −R1 ) 1 −1 −3  −−−−3−−−−−−−−−−−2−−−−−−→  2 1 −1 −3  −1 −1 0 3  0 0 1 1 0 0 1 R =R +R −2R1  0 1 0 −2  −−2−−−2−−−3−−−→ 0 0 1 3 Dunque il sistema ammette come unica soluzione la terna x = 1, y = −2 e z = 3.