Soluzione Compitino Modulo I AAA, Gennaio 2014

Matematica Discreta
Compitino Modulo I AAAAAAA
9 Gennaio 2013
Nome e Cognome:
Numero Matricola:
Giustificare ogni risposta.
Esercizio 1
Si consideri la seguente relazione binaria R sull’insieme degli studenti del corso di laurea in informatica: xRy se, e
solamente se, x e y hanno la stessa età e x ha superato un numero di esami strettamente inferiore al numero di esami
superati da y. Quali proprietà verifica la relazione R?
Soluzione
Per semplificare i ragionamenti indichiamo con Et(x) l’età dello studente x e con N e(x) il numero di esami superati
da x.
1. La relazione binaria R verifica la proprietà riflessiva se e solo se xRx per ogni studente x del corso di laurea
in informatica. Troviamo un controesempio alla proprietà riflessiva. Sia Pinco uno studente di informatica.
Allora Pinco ha banalmente la stessa età di Pinco, ma il numero di esami superati N e(P inco) non può essere
strettamente inferiore (è uguale!) al numero di esami superati da LUI stesso.
2. Proprietà Simmetrica: ∀xy(xRy → yRx). La proprietà simmetrica non vale. Ecco un controesempi o. Siano
Pinco e Pallino due studenti tali che Pinco R Pallino. Da quest’ultima condizione segue che Et(P inco) =
Et(P allino) e N e(P inco) < N e(P allino). Se valesse la condizione inversa Pallino R Pinco, allora N e(P allino) <
N e(P inco), che è impossibile.
3. Proprietà Transitiva: ∀xyz(xRy ∧ yRz → xRz). La proprietà transitiva vale. Dobbiamo quindi fare un ragionamento generale. Siano x, y, z tre studenti tali che xRy e yRz. Allora Et(x) = Et(y) e Et(y) = Et(z),
da cui segue Et(x) = Et(z), cioè x e z hanno la stessa età. Inoltre sempre dall’ipotesi xRy e yRz segue che
N e(x) < N e(y) e N e(y) < N e(z). Per la proprietà transitiva dell’ordinamento < sui numeri naturali si ha che
N e(x) < N e(z). In conclusione, Et(x) = Et(z) e N e(x) < N e(z), cioè xRz.
4. Proprietà antisimmetrica: ∀xy(xRy ∧ yRx → x = y). La proprietà antisimmetrica vale. Proveremo che la
premessa dell’implicazione è sempre falsa comunque scegliamo x e y tra gli studenti. Infatti, se x, y sono due
studenti tali che xRy e yRx, allora Et(x) = Et(y), N e(x) < N e(y) e N e(y) < N e(x). Queste due ultime
condizioni sono impossibili tra di loro. Non esistono due numeri naturali n, k tali che n < k e k < n.
Un’implicazione con premessa falsa è vera. Basta controllare la tavola di verità dell’implicazione,
Esercizio 2
In quanti modi si possono lanciare 10 palline distinguibili in 4 contenitori distinti?
Soluzione
Le dieci palline sono distinguibili, quindi possiamo supporre che siano numerate da 1 a 10. Ciascuna pallina ha quattro
possibilità. Quindi in totale abbiamo 410 possibilità per il principio moltiplicativo.
Esercizio 3
Dimostrare per induzione che la somma dei primi n numeri dispari è n2 .
Soluzione
Un numero x è dispari se e solo se esiste un numero naturale k tale che y = 2k + 1. Quindi, per considerare i primi n
numeri dispari, bisogna far variare l’indice k nel termine 2k + 1 nell’intervallo [0, n − 1]. Dobbiamo quindi provare che
X
(2k + 1) = n2 .
0≤k≤n−1
2
Caso base: n = 1: Allora 1 = 1 . Vero.
P
Supponiamo per ipotesi d’induzione che la somma dei primi n numeri dispari sia uguale ad n2 , cioè 0≤k≤n−1 (2k+1) =
n2 . Allora dimostriamo la stessa relazione per la somma dei primi n + 1 numeri dispari:
X
X
(2k + 1) =
(2k + 1) + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 .
0≤k≤n
0≤k≤n−1
Esercizio 4
Si calcolino tutte le soluzioni del seguente sistema

1 2
 2 5
3 8
di equazioni lineari:

 

2
x
1
3  y  =  2 
4
z
3
Soluzione
Consideriamo la matrice estesa A:

1
 2
3
Il nostro primo scopo è di ottenere a partire da A una
di A la prima riga moltiplicata per due. Otteniamo:

1
 0
3
2
5
8
2
3
4

1
2 
3
matrice B in cui B21 = B31 = 0. Sottraiamo alla seconda riga
2
1
8
2
−1
4

1
0 
3
A questo punto sottraiamo alla terza riga la prima moltiplicata per tre. Otteniamo la matrice B:


1 2 2 1
B =  0 1 −1 0 
0 2 −2 0
Il nostro prossimo scopo è di ottenere a partire da B una matrice C in cui B32 = 0. Sottraiamo alla terza riga di B
la seconda moltiplicata per 2. Otteniamo la matrice C:


1 2 2 1
C =  0 1 −1 0 
0 0 0 0
Quindi, scelto un arbitrario z, otteniamo dalla seconda riga y − z = 0, da cui segue y = z. Infine dalla prima riga si
ricava: x + 2z + 2z = 1, che implica x = 1 − 4z. In conclusione, abbiamo infinite soluzioni date dai vettori


1 − 4z

z
C=
z
Esercizio 5
Si determini il resto della divisione di 875 per 11.
Soluzione
Ricordiamo il teorema di Fermat: se p è un numero primo e x non è divisibile per p, allora xp−1 ≡ 1 (mod p).
Applicando il teorema di Fermat al numero primo 11, otteniamo 810 ≡ 1 (mod 11). Quindi 875 = (23 )75 = 2225 =
210×22+5 = 210×22 × 25 = (210 )22 × 25 ≡11 122 × 25 = 25 = 32 ≡11 −1 ≡11 10.