Corso di Laurea in Matematica per
l’Informatica e la Comunicazione Scientifica
Soluzione del compito di Matematica Discreta 1 del
7 novembre 2003
1. Sia S un sottoinsieme di V = Z9 e si consideri la famiglia di sottoinsiemi di V
B = {x + S : x ∈ V}.
Segnare quale dei seguenti sottoinsiemi di V possiamo prendere come S in modo che la
coppia (V, B) costituisca un disegno di parametri (9, 3, 3):
(a) S1 = {1, 7, 4};
(b) S2 = {2, 0, 5};
(c) S3 = {3, 6, 2, 0};
(d) S4 = {1, 2, 7, 4}.
Soluzione: È noto dalla teoria che se gli insiemi x + S sono a due a due distinti essi
costituiscono blocchi per un disegno di parametri (|V|, |S|, |S|). Si può controllare che
questo è il caso quando prendiamo per S l’insieme S2 . D’altronde abbiamo
0 + S1 = 3 + S1 = 6 + S1 = {1, 7, 4} ;
1 + S1 = 4 + S1 = 7 + S1 = {2, 8, 5} ;
2 + S1 = 5 + S1 = 8 + S1 = {3, 0, 6} ;
e si vede che in questo caso per un punto c’è esattamente un blocco, cioè il parametro r è
1. Poiché prendendo S = S3 oppure S = S4 si avrebbero blocchi di cardinalità 4, si può
concludere che solo per S = S2 si ottiene un disegno di parametri (9, 3, 3).
2. Siano G1 , G2 e G3 i seguenti tre grafi:
• G1 è il cubo con 8 vertici;
• G2 = (V2 , S2 ) ha vertici v1 , . . . , v8 e spigoli cosı̀ definiti:
{vi , vj } ∈ S2 ⇐⇒ |i − j| è una potenza di 2 (cioè 1,2, o 4);
• G3 ha per vertici le parole di lunghezza 3 nell’alfabeto {0, 1} e per spigoli quelle coppie
di parole che differiscono precisamente in una posizione.
Segnare l’affermazione corretta:
(a) G1 è isomorfo a G2 ma non a G3 ;
(b) G1 è isomorfo a G3 ma non a G2 ;
(c) G1 , G2 e G3 sono grafi a due a due isomorfi;
(d) G1 , G2 e G3 sono grafi a due a due non isomorfi.
Soluzione: Possiamo realizzare il cubo nello spazio affine R3 prendendo come vertici
i punti P0 = (0, 0, 0), P1 = (0, 0, 1), P2 = (0, 1, 0), P3 = (0, 1, 1), P4 = (1, 0, 0), P5 =
(1, 0, 1), P6 = (1, 1, 0), P7 = (1, 1, 1) e come spigoli le coppie {P0 , P1 }, {P0 , P2 }, {P0 , P4 },
{P1 , P3 }, {P1 , P5 }, {P2 , P3 }, {P2 , P6 }, {P3 , P7 }, {P4 , P5 }, {P4 , P6 }, {P5 , P7 }. Scrivendo gli
indici dei punti in binario, si può constatare che i punti Pi e Pj sono congiunti da uno
spigolo esattamente quando le rappresentazioni binarie di i e j differiscono esattamente per
una cifra. Ciò significa che i grafi G1 e G3 sono isomorfi.
Il cubo è un grafo regolare in cui i vertici hanno tutti grado (valenza) 3. Ciò non accade nel
grafo G2 dove per esempio v2 ha grado 4 ({v2 , v1 }, {v2 , v3 }, {v2 , v4 }, {v2 , v6 } sono spigoli di
G2 ). Dunque G1 e G2 non sono isomorfi e la risposta da segnare è la (b).
3. Si considerino le seguenti disposizioni in quadrati 3 × 3
8:
5
1
(a) d1 = 2 7 4 ;
(b) d2 =
3 6 8
(c)
d3 =
5
2
6
8
3
7
1
4
;
(d)
d4 =
dei numeri interi compresi tra 1 e
2
6
5
2
8
6
4
7
5
7
3
3
8
1
4
1
;
.
Segnare quale delle disposizioni (a), (b), (c), (d) è stata ottenuta dalla disposizione iniziale
1
d= 8
3
7
4
5
6
2
muovendo i numeri orizzontalmente o verticalmente utilizzando lo spazio che di volta in
volta rimane vuoto.
Soluzione: Mettendo le righe in linea e indicando con 2 lo spazio vuoto, si hanno le ”disposizioni orizzontali” d1 = (5 2 1 2 7 4 3 6 8), d2 = (2 4 3 6 7 8 5 2 1), d3 = (5 8 1 2 3 4 6 7 2),
d4 (2 5 2 8 7 4 6 3 1) e d = (1 2 5 8 7 6 3 4 2). Osserviamo che d1 si ottiene applicando alla
disposizione (1 2 3 4 5 6 7 8 2) una permutazione di segno dispari, mentre le rimanenti si ottengono utilizzando permutazioni di segno pari. Poiché d e d1 presentano lo spazio vuoto
nello stesso posto, si può passare da d a d1 solo moltiplicando d per una permutazione pari
(ad ogni mossa che sposta lo spazio vuoto in una data direzione ci deve essere un’altra
mossa in direzione opposta che compensa, quindi occorrono un numero pari di trasposizioni). Dunque possiamo escludere che d1 si ottiene da d (altrimenti d1 dovrebbe essere
il prodotto di d per una permutazione di segno pari, cioè dovrebbe avere segno pari).
Per portare lo spazio vuoto di d nella posizione che occupa in d3 , oppure in d4 , occorrono
un numero dispari di scambi (rispettivamente 3 ed 1), cioè bisogna moltiplicare d per una
permutazione dispari. Poiché d, d3 e d4 sono tutte e tre pari, è da escludere che d3 e d4 si
ottengano da d. Pertanto solo d2 si può ottenere da d (effettivamente si passa da d a d2
scambiando lo spazio vuoto col numero adiacente lungo il bordo del quadrato fintantoché
non si ottenga lo spazio vuoto nella posizione occupata in d).
4. A partire da un insieme finito X di cardinalità n ≥ 5 si definisca un grafo Gn = (V, S) nel
seguente modo:
• V consiste di tutti i sottoinsiemi di X di cardinalità 2;
• S = {{v 0 , v 00 } : v 0 , v 00 ∈ V, v 0 ∩ v 00 = ∅}.
Segnare l’affermazione sbagliata:
(a) Gn è connesso ∀n ≥ 5;
(b) ogni vertice in Gn ha grado (valenza)
(n−2)(n−3)
;
2
(c) esistono in Gn cammini euleriani ∀n ≥ 5;
(d) Gn non è un albero ∀n ≥ 5.
Soluzione: Siano v 0 = {x0 , y 0 } e v 00 = {x00 , y 00 } due vertici distinti di Gn . Vogliamo
dimostrare che in ogni caso c’è un cammino da v 0 a v 00 . Possiamo supporre che v 0 ∩ v 00 6= ∅
perché altrimenti v 0 e v 00 sarebbero vertici adiacenti. Allora |v 0 ∪v 00 | = 3 e possiamo scegliere
due elementi a, b ∈ X \ (v 0 ∪ v 00 ) perché X possiede almeno 5 elementi. Il vertice v = {a, b}
è allora adiacente sia a v 0 che a v 00 e quindi esiste un cammino da v 0 a v 00 . Possiamo
concludere che Gn è connesso.
¢
¡
coppie di elementi di X disgiunte
Fissati due elementi x, y in X esistono precisamente n−2
2
¢
¡
da {x, y}. Ciò equivale a dire che il vertice {x, y} di Gn è adiacente a esattamente n−2
2
vertici. Dunque ogni vertice in Gn ha grado (n−2)(n−3)
.
2
Non sempre esistono cammini
euleriani
³
´ in Gn . Per esempio per n = 8 tutti i vertici di Gn
hanno grado dispari 15 = (8−2)(8−3)
ed è noto che al più ci possono essere 2 vertici di
2
grado dispari per permettere l’esistenza di cammini euleriani.
Infine Gn non è un albero perché, assegnati cinque elementi x1 , . . . , x5 ∈ X, in Gn vi è il
seguente circuito di lunghezza 5:
{x1 , x2 } → {x3 , x4 } → {x1 , x5 } → {x2 , x3 } → {x4 , x5 } → {x1 , x2 }.
Pertanto la risposta da segnare è la (c).
5. Sia (V, B) un 3-disegno di parametri (10, 4, 1) e sia v ∈ V. Si ponga
B 0 = {b ∈ B : v 6∈ b}.
Qual è la cardinalità n di B 0 ?
(a) n = 30;
(b) n = 12;
(c) n = 18;
(d) n 6= 30, 12, 18.
Soluzione: La cardinalità di B0 è data dalla differenza b − r1 (= numero totale dei blocchi
v−t+1
- numero dei blocchi che passano per un punto). Si ha r3 = 1, r2 = r3 × k−t+1
= 4 e
v−(t−1)+1
r1 = r2 × k−(t−1)+1
= 12. Ne consegue che il numero totale dei blocchi è b =
0
quindi |B | = 30 − 12 = 18.
vr1
k
= 30 e
6. Sia C un codice binario (non necessariamente lineare) di lunghezza 10 che corregge 2 errori.
Quale delle seguenti affermazioni è corretta?
(a) C ha cardinalità 210 ;
(b) C ha cardinalità < 19;
(c) C ha cardinalità compresa tra 19 e 22;
(d) C ha cardinalità > 22.
¡ ¢
Soluzione: Data una parola c ∈ C, si ottengono 10 parole alterando un solo bit di c e 10
2
parole alterandone due. Dunque
l’insieme Sc di parole ottenuto alterando al più 2 bit di
¡10 ¢
c ha cardinalità 1 + 10 + 2 = 56. Se c0 è un’altra parola di C, deve essere Sc ∩ Sc0 = ∅
giacché C corregge 2 errori. Ne deduciamo che devono esistere almeno |C| × |Sc | parole di
lunghezza 10 nell’alfabeto binario. Ciò ci porta alla disuguaglianza
210 ≥ |C| × |Sc | =⇒ |C| ≤
210
56
< 19.
La risposta da segnare è pertanto la (b).
7. Quanti numeri telefonici di 10 cifre si possono ottenere utilizzando esattamente tre volte lo
zero, due volte il numero 1 e quattro volte il numero 5?
(a) Più di centomila;
(b) Tra ventimila e centomila;
(c) Tra mille e ventimila;
(d) meno di mille.
Soluzione: Occorre innanzitutto scegliere, tra i 10 posti disponibili, i tre posti dove
piazzare gli zeri, i due posti dove scrivere 1, ¡i quattro
¢ posti dove mettere 5 ed il posto
10
dove mettere l’ultima cifra rimanente: ci sono 3,2,4,1
= 12.600 modi di fare questa scelta.
Poiché per l’ultima cifra rimanente vi sono sette possibilità (uno dei numeri 2,3,4,6,7,8,9),
abbiamo un numero complessivo di numeri telefonici pari a 12.600 × 7 = 88.200.
La risposta da segnare è dunque la (b).
8. Si consideri il rettangolo latino parziale
R=
a b
c a
c
b
Dire quale delle seguenti affermazioni è sbagliata:
(a) R può essere completato ad un quadrato latino 3 × 3;
(b) R può essere completato ad un quadrato latino 4 × 4;
(c) R può essere completato ad un quadrato latino 5 × 5;
(d) R può essere completato ad un quadrato latino 8 × 8.
Soluzione: Un rettangolo latino parziale di dimensioni m × p pu essere ampliato ad un
quadrato latino n × n se, e solamente se, ciascun simbolo compare almeno m + p − n volte
nel rettangolo R iniziale. Nel nostro caso m + p = 5, per cui i simboli devono comparire
almeno 2 volte per n = 3, almeno 1 volta per n = 4, mentre non ci sono condizioni se n = 5
oppure n = 8. Ne deduciamo che l’ampliamento di R è realizzabile per n = 3, 5, 8, mentre
non lo per n = 4, visto che il quarto simbolo non compare in R neanche una volta.
9. Dire quale delle seguenti identità coinvolgenti i numeri di Stirling non è corretta.
(a) S(50, 7) = S(48, 5) + 6S(48, 6) + 7S(49, 7);
(b) S(100, 99) = 4.950;
(c) S(50, 7) = S(49, 6) + 7S(48, 6) + 49S(48, 7);
(d) S(11, 2) = 1.024.
Soluzione: Com’è noto dalla teoria, vale in generale l’identità
S(n, k) = S(n − 1, k − 1) + kS(n − 1, k),
2≤k ≤n−1
(1)
La (1) scritta per n − 1 dà
S(n − 1, k) = S(n − 2, k − 1) + kS(n − 2, k),
2≤k ≤n−2
(2)
e la (2) scritta per k − 1 dà
S(n − 1, k − 1) = S(n − 2, k − 2) + (k − 1)S(n − 2, k − 1),
3≤k ≤n−1
(3)
Combinando (1) e (2) otteniamo
S(n, k) = S(n − 1, k − 1) + k (S(n − 2, k − 1) + kS(n − 2, k))
= S(n − 1, k − 1) + kS(n − 2, k − 1) + k 2 S(n − 2, k),
(4)
mentre combinando (1) e (3) otteniamo
S(n, k) = S(n − 2, k − 2) + (k − 1)S(n − 2, k − 1) + kS(n − 1, k).
(5)
Adesso si può controllare che la risposta (a) e la risposta (c) sono rispettivamente la (5) e
la (4) scritte per n = 50 e k = 7.
Il numero di Stirling S(100, 99) conta in quanti modi si può scomporre un insieme con 100
oggetti in 99 parti disgiunte. Necessariamente una tale scomposizione deve consistere di
una parte contenente due oggetti e di 98 parti costituite da un singolo oggetto. Quindi il
numero cercato equivale al numero dei sottoinsiemi
con 2 oggetti in un insieme con 100
¡ ¢
oggetti e questo numero è notoriamente 100
=
4.950.
2
Infine il numero di Stirling S(11, 2) esprime il numero dei modi in cui un insieme X con
11 elementi si può scomporre in due parti. Per fare una tale scomposizione occore solo
stabilire quale deve essere la prima parte, perché la seconda è la parte complementare.
D’altronde un sottoinsieme proprio di X ed il suo complementare determinano la stessa
scomposizione. Quindi il numero cercato equivale al numero dei sottoinsiemi propri di X,
11
che è 211 − 2 (= |P(X) \ {X, ∅}|), diviso 2 =⇒ S(11, 2) = 2 2−2 = 1.023.
La risposta da segnare è dunque la (d).
10. Un’artista vuole esporre le ultime sue quattro opere, che etichettiamo con le lettere a, b, c, d,
in quattro differenti gallerie d’arte nella città dove abita. Sono presenti sette gallerie che
etichettiamo con gli interi da 1 a 7. L’artista è molto indeciso su quali gallerie scegliere.
Ha un’unica certezza: non vuole esporre complessivamente più di due opere nelle gallerie
1, 2 e 3. Con questa condizione, qual è il numero n dei possibili modi in cui può esporre le
sue opere?
(a) n = 1.080;
(b) n = 744;
(c) n = 360;
(d) n 6= 1.080, 744, 360.
Soluzione: Si deve applicare il principio d’inclusione-esclusione: vale
n = n1 + n2 + n3 − n12 − n13 − n23 + n123 ,
dove:
• ni (i = 1, 2, 3) è il numero dei modi in cui l’artista può esporre le sue quattro opere
in quattro distinte gallerie escludendo la galleria i;
• nij (1 ≤ i < j ≤ 3) è il numero dei modi in cui l’artista può esporre le sue quattro
opere in quattro distinte gallerie escludendo le gallerie i e j;
• n123 è il numero dei modi in cui l’artista può esporre le sue quattro opere in quattro
distinte gallerie escludendo tutte e tre le gallerie 1, 2 e 3.
Ora n1 è dato dal numero delle applicazioni iniettive {a, b, c, d} −→ {2, . . . , 7}: si ha
n1 = 6 × 5 × 4 × 3 = 360. Allo stesso modo si calcola in 360 il valore di n2 ed n3 .
Inoltre n12 è dato dal numero delle applicazioni iniettive {a, b, c, d} −→ {3, . . . , 7}: si ha
n12 = 5 × 4 × 3 × 2 = 120. Analogamente è n13 = n23 = 120. Infine n123 è dato dal numero
delle applicazioni iniettive {a, b, c, d} −→ {4, . . . , 7}: si ha n123 = 4 × 3 × 2 = 24.
Possiamo concludere che n = 744.
11. Riferendoci all’esercizio precedente, si supponga che l’artista cambi idea e non ritenga più
indispensabile esporre le sue quattro opere in quattro gallerie diverse, anzi decida che tutte
e quattro le opere debbano essere esposte nelle tre gallerie più importanti che sono la 5, la
6 e la 7 (almeno un’opera per ciascuna di queste gallerie). Con questa condizione, qual è il
numero n dei possibili modi in cui può esporre le sue opere?
(a) n = 6;
(b) n = 36;
(c) n = 144;
(d) n 6= 6, 36, 144.
Soluzione: Si tratta di contare il numero delle applicazioni suriettive {a, b, c, d} −→
{5, 6, 7}: tale numero 3! × S(4, 3) = 36.
