examen, Ejercicios de Álgebra Lineal. Universitat de València (UV)
joselmd99
joselmd99

examen, Ejercicios de Álgebra Lineal. Universitat de València (UV)

PDF (131 KB)
7 páginas
2Número de visitas
Descripción
Asignatura: Àlgebra lineal, Profesor: jose vicente arnau, Carrera: Matemàtiques, Universidad: UV
20 Puntos
Puntos necesarios para descargar
este documento
Descarga el documento
Vista previa3 páginas / 7
Esta solo es una vista previa
3 páginas mostradas de 7 páginas totales
Descarga el documento
Esta solo es una vista previa
3 páginas mostradas de 7 páginas totales
Descarga el documento
Esta solo es una vista previa
3 páginas mostradas de 7 páginas totales
Descarga el documento
Esta solo es una vista previa
3 páginas mostradas de 7 páginas totales
Descarga el documento

Examen Matemàtica Discreta, 10/11 26 de maig de 2011

amb solucions

Primera part

1. En una urna tenim set boles blanques, set blaves, set verdes i set negres, totes numerades de l’1 al 7. Aplica el principi d’inclusió-exclusió per a calcular de quantes maneres diferents podem triar 6 boles de manera que hi haja almenys una de cada color?

Solució: Siguen 1, 2, 3, 4 els quatre colors, i siga Ci la quantitat de maneres diferents de triar 6 boles de manera que no hi haja cap del co- lor i. Ens estan demanant que calculen el cardinal del complementari de C1 ∪ C2 ∪ C3 ∪ C4. Com que Ci =

( 21 6

) , Ci,j =

( 14 6

) , Ci,j,k =

( 7 6

) , Ci,j,k,` = 0, la resposta és(

28

6

) − (

4 · (

21

6

) − 6 ·

( 14

6

) + 4 ·

( 7

6

)) = 177674.

2. He de pagar un deute de 44 euros a un company i ho puc fer combinant dues maneres diferents: o amb bitllets de 5 euros o amb classes particulars de Matemàtica Discreta, d’un hora exacta i sense fraccions, les quals hem acordat que equivalen a 3 euros l’hora.

(a) Calcula, fent servir funcions generatrius, de quantes maneres dife- rents puc saldar el deute.

Solució: Es tracta de calcular quantes solucions naturals té l’equació

3x + 5y = 44.

La resposta la dóna el coefficient de x44 de la funció

f(x) = (1 + x3 + x6 + x9 + . . . )(1 + x5 + x10 + x15 + . . . )

= 11−x3 1

1−x5

= 1−x 15

1−x3 1−x15 1−x5

1 (1−x15)2

= (1 + x3 + x6 + x9 + x12)(1 + x5 + x10)(1− x15)−2

= (1 + x3 + x6 + x9 + x12)(1 + x5 + x10)((−2 0

) − (−2

1

) x15 +

(−2 2

) x30 + . . .

) L’únic producte que contribueix al coeficient de x44 és x9 per x5 per(−2

2

) x30. Per tant el coeficient és

(−2 2

) = (−1)2

( 2+2−1

2

) = ( 3 2

) = 3.

1

(b) Troba la solució general de l’equació diofàntica que apareix en l’a- partat anterior.

Solució: Primer, l’equació diofàntica té solució ja que m.c.d.(3, 5) = 1.

La identitat de Bézout diu que

−3 · 3 + 2 · 5 = 1.

(Encara que també podŕıem posar 2 · 3 +−1 · 5 = 1.) Multiplicant per 44, tenim que

3 · (−132) + 5 · 88 = 44.

Aix́ı, una solució particular és x0 = −132, y0 = 88. La solució general serà {

x = −132 + 5 · n, y = 88− 3 · n,

amb n ∈ Z.

(c) A partir de la solució general, troba expĺıcitament les maneres dife- rents en què puc saldar el deute.

Solució:

Per a que x siga positiu cal que

−132 + 5 · n > 0⇔ n > 132 5

> 26.

Per a que y siga positiu cal que

88− 3 · n > 0⇔ n < 88 3

< 30.

Per tant, només tenim 3 possibles valors per a la n, 27, 28 i 29.

Si n = 27 ⇒ x = 3, y = 7,

Si n = 28 ⇒ x = 8, y = 4,

Si n = 29 ⇒ x = 13, y = 1.

3. Troba el terme general de la llei de recurrència

an+2 = 9 an, a1 = 1, a2 = 3.

A la vista de la solució, la successió resultant verifica també una llei de recurrència més senzilla. Quina?

Solució: L’equació caracteŕıstica és x2 = 9 que té x = 3 i x = −3 com a arrels. La solució general és

an = A3 n + B(−3)n.

Amb les condicions inicial tenim que A = 13 , B = 0. Per tant, la successió és an = 3

n−1 la qual verifica també la llei de recurrència de primer ordre an+1 = 3an, amb la condició inicial a1 = 1.

2

4. (2.5 punts) Siga G = (V,A) un arbre amb |V | = n, demostra que |A| = n− 1.

5. (2 punts)

a) Pot passar que la suma dels elements de la matriu d’adjacència d’un graf siga 169 = 132? Perquè?

Solució: No, perquè eixa suma sempre ha de donar un nombre parell.

Siga G(V,A) el graf donat pel conjunt de vèrtexs {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} i el conjunt d’arestes A definides per la matriu d’adjacència, M , donada per la següent taula:

1 2 3 4 5 6 7 1 0 1 0 1 0 0 0 2 1 0 1 1 0 1 1 3 0 1 0 0 1 0 1 4 1 1 0 0 0 1 0 5 0 0 1 0 0 1 1 6 0 1 0 1 1 0 1 7 0 1 1 0 1 1 0

Solució:

1 2

4

3

6

7

5

b) Calcula el nombre d’arestes del graf a partir de la matriu d’adjacència. Solució: 12 arestes.

c) Sabem que l’element (4, 4) de la matriu M3 és igual a 4. Quina interpretació en termes de camins té això?

Solució: Hi ha quatre camins distints que comencen i acaben en el vèrtex 4 i tenen tres arestes.

d) Hi ha algun cicle Eulerià en aquest graf? Justifica la resposta.

Solució: No, hi ha algun vèrtex de grau senar.

e) Hi ha algun cicle Hamiltonià? Justifica també la resposta.

Solució: Śı, per exemple 1, 2, 3, 7, 5, 6, 4.

3

f) Aquest graf és connex, Quantes arestes podem llevar, com a màxim, per què continue sent connex?

Solució: Podem llevar, com a màxim, sis arestes. Per exemple es pode les llevar les següents arestes:

{2, 4}, {2, 6}, {6, 7}, {5, 7}, {3, 7}, {1, 2}.

g) Associem a cada element de la matriu (i, j) amb i, j ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} el nombre mij ∈ {0, 1, 2} tal que mij ≡ (i + j) (mod 3), de manera que cada aresta té ara un pes determinat. Calcula un arbre generador de pes mı́nim.

Solució: Com que el graf amb pesos és

0

2

2

0 2

0

1

2

1

1

2

0

1 2

4

3

6

7

5

aleshores, un arbre generador, de cost mı́nim = 2, seria

0

0 0

1

0

1

1

2

4 7

3

5

6

4

6. Siga p un nombre primer.

(a) Demostra que per a qualsevol enter a no divisible per p, tenim que

ap−1 ≡ 1 (mod p).

(b) Calcula, fent servir el resultat anterior,

255810373 (mod 715).

Solució: Com que 715 = 5 · 11 · 13, hem de calcular

255810373 (mod 5) = 310373 (mod 5) = 31+4·2593 (mod 5) = 3,

255810373 (mod 11) = 610373 (mod 11) = 63+10·1037 (mod 11) = 63 (mod 11) = 7,

255810373 (mod 13) = 1010373 (mod 13) = 105+12·864 (mod 13) = 105 (mod 13)

= (−3)5 (mod 13) = 4.

Per tant, hem de resoldre el següent sistema de congruències x ≡ 3 (mod 5), x ≡ 7 (mod 11), x ≡ 4 (mod 13).

M = 715, M1 = 143, N1 = 2,

M2 = 65, N2 = 10,

M3 = 55, N3 = 9.

x = 3 · 143 · 2 + 7 · 65 · 10 + 4 · 55 · 9 = 7388 ≡ 238 (mod 715).

7. Siga {Fn}n≥0 la successió Fibonacci (amb F0 = 0 i F1 = 1).

(a) Demostra per inducció sobre k que per a tot natural n i per a tot natural k > 0 es verifica

Fn+k = Fk Fn+1 + Fk−1 Fn.

Solució: Per a k = 1,

F1 Fn+1 + F0 Fn = 1 · Fn+1 + 0 · Fn = Fn+1.

Per a k = 2, és la pròpia definició de la successió de Fibonacci:

F2 Fn+1 + F1 Fn = 1 Fn+1 + 1 Fn = Fn+1 + Fn = Fn+2.

5

Suposem que Fn+k = Fk Fn+1 + Fk−1 Fn és cert per a k > 1, anem a demostrar-ho per a k + 1.

Fn+k+1 = Fn+k + Fn+k−1,

= Fk Fn+1 + Fk−1 Fn + Fk−1 Fn+1 + Fk−2 Fn

= (Fk + Fk−1) Fn+1 + (Fk−1 + Fk−2) Fn

= Fk+1 Fn+1 + Fk Fn.

(b) Si has fet correctament la demostració per inducció anterior t’hauràs adonat que el pas inicial de la demostració s’ha de fer dues vegades, una per a k = 1 i una altra per a k = 2. Per què?

Solució: Perquè per a que es verifique el cas k = 3 cal haver de- mostrat abans k = 1 i k = 2.

Definim la successió de residus

an = Fn (mod 7).

(c) Demostra que an+2 = an+1 + an (mod 7)

i calcula els 17 primers termes de la successió {an}. Comprova que a16 = 0 i que a15 = 1.

Solució: A partir de Fn+2 = Fn+1 + Fn tenim que

an+2 = Fn+2 (mod 7)

= (Fn+1 + Fn) (mod 7)

= Fn+1 (mod 7) + Fn (mod 7)

= an+1 + an (mod 7).

a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2, a4 = 3, a5 = 5, a6 = 1, a7 = 6, a8 = 0,

a9 = 6, a10 = 6, a11 = 5, a12 = 4, a13 = 2, a14 = 6, a15 = 1, a16 = 0, a17 = 1.

(d) Demostra que an+16 = an per a tot n ∈ N. Solució: A partir de Fn+16 = F16 Fn+1 + F15 Fn tenim que

an+16 = Fn+16 (mod 7) = a16 an+1 + a15 an

però a16 = 0 i a15 = 1.

6

(e) Sabem que les tecles blanques d’un piano reproduixen periòdicament les set notes de l’escala musical Do, Re, Mi, Fa, Sol, La i Si. Per tant, encara que el piano tinga moltes tecles, només podem sentir les set notes de l’escala, això śı, en diverses octaves. Els pianos reals tenen un nombre limitat de tecles, però per al nostre problema ens imaginarem un piano amb un teclat tan llarg com calga. Suposarem també que pitjem només les tecles blanques.

Suposem que les tecles estan numerades a partir de la primera que és el Do que tenim per l’esquerra. A continuació tocarem les tecles segons la successió de Fibonacci. Aix́ı, tocarem primer eixe Do. Segon, tornarem a tocar la mateixa tecla, la Do. Tercer, la tecla del costat, la número 2, la qual naturalment serà un Re. Després la tecla 3, que és el Mi, després la tecla 5, que és el Sol, i aix́ı successi- vament.

Suposem que hem arribat a tocar 7.000 tecles (recordeu que hem su- posat que el nostre piano té tantes tecles com vulguem). I plantegem tres preguntes:

i. Quina és l’última nota que hem tocat? Solució: 7000 ≡ 8 (mod 16) i a8 = 0, per tant, l’última nota és un SI.

ii. Quantes vegades haurem tocat la nota Do? Solució: En cada grup de 16 es toca la nota DO 4 vegades. 7000/16 = 437. A més a més, en el grup incomplet que falta es toca 3 vegades més la nota DO. en total, 437 · 4 + 3 = 1751.

iii. Hi ha alguna nota que no s’haja tocat mai? Solució: No. Es toquen totes.

7

comentarios (0)
No hay comentarios
¡Escribe tú el primero!
Esta solo es una vista previa
3 páginas mostradas de 7 páginas totales
Descarga el documento