Corso di Laurea in Matematica per
l’Informatica e la Comunicazione Scientifica
♦
Esame di profitto di Matematica Discreta I ( II modulo )
del 30 giugno 2004
Esercizio 1 Siano I l’ideale di Z2 [x] generato da x9 + 1, J l’ideale dell’anello
quoziente Z2 [x]/I generato dalla classe laterale (x6 + x3 + 1) + I e C il codice
binario di lunghezza 9 definito da J. Segnare l’affermazione sbagliata:
a) C è equivalente ad un codice di Hamming;
b) I parametri del codice C sono n = 9, k = 3, δ = 3;
c) Supponendo che nella trasmissione dei dati sia commesso al più un errore,
il codice C è sempre in grado di correggerlo;
d) abaabaaba ∈ C∀a, b ∈ {0, 1}.
N.B. Due codici si dicono equivalenti se le loro matrici di controllo risultano le
stesse a meno di una permutazione delle colonne.
Soluzione. Un codice di Hamming ha lunghezza del tipo 2r −1 e 9 non è un intero
di questa forma: pertanto l’affermazione a) è sicuramente falsa. Verifichiamo la
veridicità delle rimanenti affermazioni.
Poiché x9 + 1 = (x6 + x3 + 1)(x3 + 1), la matrice H di controllo di C si ottiene
a partire dai coefficienti 1, 0, 0, 1 di x3 + 1 nel modo usuale completando la prima
riga con degli 0 e ”shiftando” poi i coefficienti ciclicamente di una posizione per
ottenere le altre righe:
1 0 0 1 0 0 0 0 0
0 1 0 0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 1 0 0 0
H=
0 0 0 1 0 0 1 0 0 .
0 0 0 0 1 0 0 1 0
0 0 0 0 0 1 0 0 1
Poiché il rango di H è 6, la dimensione di C è k = 9 − 6 = 3. Inoltre C consiste
delle parole x1 . . . x9 ∈ V9 = F29 soddisfacenti le equazioni
x1 + x4 = 0;
x4 + x7 = 0;
x2 + x5 = 0;
x5 + x8 = 0;
x3 + x6 = 0;
x6 + x9 = 0.
Da queste si ricavano le condizioni
x1 = x4 = x7 , x2 = x5 = x8 , x3 = x6 = x9 ,
ovvero C consiste delle parole del tipo abcabcabc con a, b, c ∈ {0, 1}. Da ciò si
deduce che le parole non nulle di C di peso minimo sono 100100100, 010010010,
001001001 e ne consegue che la distanza minima in C è 3. Com’è noto, questa
distanza è sufficiente a correggere un errore. Pertanto sia b), che c) sono affermazioni corrette. Ma anche la d) è corretta perché le parole indicate lı̀ sono
quelle che si ottengono ponendo c = a.
Esercizio 2 Denotato con Ft il campo con un numero finito t di elementi, segnare l’affermazione falsa:
a) Ogni elemento 6= 0 di F19 si scrive esattamente in 4 modi diversi come differenza di due elementi non quadrati di F19 ;
b) Il polinomio x2 + 1 è riducibile in F17 [x];
c) Il polinomio x2 + 7x − 3 irriducibile in F19 [x];
d) Il polinomio f (x) = x2 + 2x + m2 + 2 in F17 [x] presenta una radice con
molteplicità 2, cioè si fattorizza nella forma f (x) = (x − k)2 con k ∈ F17 ,
precisamente quando o m = 4 oppure m = 13.
Soluzione. Sappiamo dalla teoria che in F4n+3 l’insieme degli elementi 6= 0 che
sono dei quadrati è un insieme differenza e ogni elemento 6= 0 di F4n+3 si scrive
esattamente in n modi diversi come differenza di due quadrati 6= 0: per 19 questo
n è 4. Dunque ∀t ∈ F19 \ {0} possiamo scrivere −t = a2 − b2 , e quindi
t = (−a2 ) − (−b2 ),
(1)
per esattamente 4 coppie ordinate distinte (a2 , b2 ). Poiché in F19 l’elemento −1
non è un quadrato, gli elementi che non sono quadrati si ottengono come opposti
dei quadrati. Guardando (1) allora deduciamo che t si scrive esattamente in 4
modi diversi come differenza di due elementi non quadrati di F19 .
Poiché in F17 si ha −1 = 16 = 42 = (−4)2 , abbiamo la decomposizione
x + 1 = (x + 4)(x − 4) e quindi la b) è vera.
Il discriminante del polinomio in c) è ∆ = 49 + 12 = 61 ≡ 4 mod 19.
Dunque, in F19 , ∆ è un quadrato e questo assicura che il polinomio ammette
radici e quindi è riducibile.
Il polinomio f (x) = x2 + 2x + m2 + 2 si fattorizza in F17 [x] nella forma
(x + k)2 con k ∈ F17 se, e soltanto se, risulta nullo il suo discriminante, cioè
⇐⇒ −m2 − 1 = 0 ⇐⇒ m2 = −1 ⇐⇒ m = ±4. Poiché −4 ≡ 13 mod (17),
vediamo che la d) è vera.
La risposta da segnare è dunque la c).
2
Esercizio 3
Sia k un intero ≥ 1, IN2k+1 l’insieme dei primi 2k+1 interi positivi e Ok = (V, S)
il grafo cosı̀ definito:
• V = {A ⊂ IN2k+1 : |A| = k},
• ∀A, B ∈ V , {A, B} ∈ S ⇐⇒ A ∩ B = ∅.
Segnare l’affermazione sbagliata:
a) Ok è un grafo (k + 1)-regolare;
¡2k+1 ¢
b) |S| = k+1
;
k
2
c) Ok è bipartito ∀k ≥ 1;
d) Ok possiede circuiti euleriani solamente se k è dispari.
¡
¢
Soluzione. Anzitutto osserviamo che in IN2k+1 ci sono 2k+1
sottoinsiemi aventi
k
¡2k+1 ¢
cardinalità k e quindi |V | =
.
Fissato
un
vertice
A
∈
V , questo risulta
k
adiacente a tutti i vertici che si ottengono come sottoinsiemi
del
¡
¢ complementare
di A in IN2k+1 . Di tali vertici ve ne sono esattamente k+1
= k + 1 e quindi
k
ogni vertice ha grado k + 1.
¡
¢
Sapendo che abbiamo 2k+1
vertici e ciascuno di essi è adiacente a k + 1
k
¡
¢
altri vertici, abbiamo un numero un totale di (k + 1) 2k+1
coppie ordinate di
k
vertici adiacenti. Poiché gli spigoli di un grafo sono coppie non ordinate di vertici
adiacenti, l’ultimo numero va diviso per due se vogliamo contare il numero degli
spigoli. Quindi la b) è vera.
L’affermazione c) è sicuramente falsa per k = 1 in quanto il grafo O1 è un
”triangolo” con una colorazione dei vertici necessariamente uguale a 3.
Infine l’ultima affermazione è vera perché, come sappiamo dalla teoria, un
grafo ammette circuiti euleriani esattamente quando ogni suo vertice ha grado
pari. Nel nostro caso il grado di ogni vertice è k+1 e quindi k dispari è condizione
necessaria e sufficiente perché si abbiano in Ok circuiti euleriani.
Esercizio 4 Segnare, tra i seguenti, l’isomorfismo corretto:
a) ZZ5 [x]/(x4 + 1) ' F625 ;
b) ZZ5 [x]/(x2 + 1) ' F25 ;
c) ZZ17 [x]/(x4 + 1) ' F83521 ;
d) ZZ2 [x]/(x5 + 1) ' F32 .
N.B.: 83521 = 174 .
Soluzione. Poiché 625 = 54 , 25 = 52 , 83521 = 174 e 32 = 25 , gli isomorfismi indicati saranno veri precisamente quando i corrispondenti polinomi sono
irriducibili. Valgono i seguenti fatti:
x2 + 1 è riducibile in ZZ5 [x] perché −1 ha due radici quadrate in ZZ5 (infatti
22 = 4 ≡ −1 e 32 = 9 ≡ −1 (mod 5)).
x4 + 1 è irriducibile in ZZ5 [x] perché le sue radici dovrebbero essere le radici
quarte di −1 e −1 in ZZ5 ha radici quadrate, ma non ha radici quarte (né 2, né
3 sono quadrati).
x4 + 1 è riducibile in ZZ17 [x] perché ±2 sono radici quarte di −1: (±2)4 =
16 ≡ −1 (mod 17).
x5 + 1 è riducibile in ZZ2 [x] perché ha 1 come radice.
Ne consegue che la risposta da segnare è la a).
Esercizio 5 Sia C il
0
1
0
codice lineare avente la seguente matrice di controllo
1 1 a 0 1 0
0 0 b a b 0
(a, b ∈ {0, 1}).
0 1 1 1 0 1
Segnare l’affermazione sbagliata.
a) C è un codice correttore perfetto se, e solamente se, a = b = 1;
b) C individua un errore se, e solamente se, a = 1 oppure b = 1;
c) C contiene parole di peso 2 se, e solamente se, a 6= 1 oppure b 6= 1;
d) Per a = b = 1, se il messaggio che è arrivato è
0111010, 1000100, 1100010,
il messaggio che è stato inviato è
0111010, 1000101, 1100010.
Soluzione. Se a = b = 1 la data matrice di controllo risulta la stessa, a meno di
una permutazione delle colonne, di quella del codice Hamming di lunghezza 7,
il quale sappiamo essere un codice correttore perfetto. Se almeno uno tra a e
b non è 1, la matrice presenta almeno due colonne uguali e quindi il codice ha
parole di peso 2 (quelle aventi gli 1 posizionati in corrispondenza di due colonne
uguali). Se un codice lineare contiene parole di peso 2 la distanza minima tra
due parole è 2, e questa distanza non è sufficiente per correggere alcun errore
(occorre una distanza minima di 3 per correggere almeno un errore). Queste
argomentazioni ci dicono che la a) e la c) sono affermazioni corrette, mentre la
b) non lo è. Rimane da verificare che la d) è vera.
Applicando la matrice alle tre parole ricevute, si ottengono i vettori
000, 001, 000
che ci dicono che la prima e terza parola ricevute fanno parte del codice, mentre
la seconda presenta un errore nella cifra corrispondente alla colonna 001 della
matrice, che è l’ultima. Dunque l’ultima cifra della parola 1000100 è sbagliata
e la parola corretta si ottiene modificando l’ultimo 0 con un 1, cioè il messaggio
inviato è proprio quello indicato.
Esercizio 6 Per un dato intero n > 4 si consideri il grafo ”cammino” Pn =
(Vn , Sn ) cosı̀ definito:
- Vn = {v1 , . . . , vn };
- {vi , vj } ∈ Sn ⇐⇒ j = i + 1.
Denotato con P n il grafo complementare di Pn , segnare l’affermazione sbagliata:
a) Pn presenta un cammino che è sia euleriano che hamiltoniano;
b) P n presenta cammini euleriani ⇐⇒ n è pari;
c) Pn e P n non sono grafi isomorfi ∀n > 4;
d) Pn è un grafo bipartito con indice cromatico 2.
N.B.: indice cromatico = numero cromatico degli spigoli.
Soluzione. Il cammino
{v1 , v2 } → {v2 , v3 } → . . . → {vn−1 , vn }
è chiaramente euleriano (perché si percorrono tutti gli spigoli una volta sola) ed
hamiltoniano (perché si passa da ogni vertice una volta sola). Quindi la a) è
vera.
Tutti vertici di Pn hanno valenza 2 ad eccezione di v1 e vn che hanno valenza
1. Questo significa che i vertici di P n hanno valenza n − 1 − 2 = n − 3, ad
eccezione di v1 e vn che hanno valenza n − 2. Poiché n > 4, un ben noto teorema
ci assicura allora che P n ha un cammino euleriano precisamente quando tutti i
vertici 6= v1 , vn hanno grado pari, cioè quando n − 3 è un numero pari, ovvero n
è un numero dispari. Dunque la b) è falsa.
Come già osservato sopra, per n > 4, Pn e P n hanno vertici con valenza
diversa e quindi non possono essere isomorfi.
Una colorazione con due colori per i vertici di Pn è data dall’applicazione
½
1, se k è dispari,
vk 7−→
2, se k è pari.
Invece, una colorazione con due colori per i suoi spigoli è data dall’applicazione
½
1, se k è dispari,
{vk , vk+1 } 7−→
2, se k è pari.
Pertanto i due numeri cromatici di Pn sono entrambi 2. Ne consegue che l’unica
affermazione non corretta è la b).
