Final de matemática discreta. U.T.N.F.R.B.A. (página 2)

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FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA. U.T.N.F.R.B.A. 07 / 03 / 02

EN TODOS LOS EJERCICIOS RECUADRAR LA ÚNICA RESPUESTA CORRECTA. EL EXAMEN SE APRUEBA CON AL MENOS OCHO (8) RESPUESTAS CORRECTAS. DEBE HABER MÁS RESPUESTAS CORRECTAS QUE INCORRECTAS PARA APROBAR EL EXAMEN.

1.Un grafo posee 60 vértices y 310 aristas, 59 vértices con grado 10. El grado del vértice restante es:

a.10 b.15 c.20 d. 30

2. En el grafo indicado entre A y B se da lo indicado:

Para ver el gráfico seleccione la opción "Descargar" del menú superior

a. Hay exactamente 3 caminos mínimos de long. 10 b. Hay exactamente 2 caminos mínimos de long. 9

c. Hay exactamente 3 caminos mínimos de long. 9 d. Hay exactamente 2 caminos mínimos de long. 10

3. El grafo indicado en el ejercicio anterior :

a. Admite camino euleriano no cerrado b. Es regular

c. Admite sólo un árbol generador mínimo que no contenga las aristas AC y CB

d. Es fuertemente conexo y admite subgrafo bipartido completo

4. En una cierta residencia de estudiantes, la oficina de alojamientos ha decidido nombrar, para cada piso, un consejero residente masculino y uno femenino. La cantidad de pares diferentes de consejeros que pueden seleccionarse para un edificio de 7 pisos, de 12 candidatos del sexo masculino y 15 del sexo femenino y siempre que Chiche y Eduardo no estén juntos es de :

a. C154, 7 b. V179, 7 c. V178, 7 d. V154, 7

5. La cantidad de números de 4 dígitos que pueden formarse utilizando únicamente los dígitos 3, 4, 5, 6 y 7 y de modo tal que tengan al menos dos dígitos repetidos es de:

a. 85 b.505 c.300 d. 17

(485).Poner 60 como opción

6. La suma : resulta ser igual a:

a. b. c. d.

7. Dado el entero "a", si resto (a : 7 ) = 6 entonces resto ((a + 10): 7) es igual a:

a.10 b. 0 c. 2 d. 16

8. La ecuación -525 º 18. x (módulo 24) admite exactamente (en término de clases):

a. 0 soluciones b. 1 solución c. 3 soluciones d. 6 soluciones

9. Dados los enteros no nulos a, b y c, de a | b y a | c se infiere que necesariamente:

a. 2.a | b + c b. a | b 2 + 3. c c. 2.a | b. c d. a. c | a. b

10. En un álgebra de Boole : " x: " y: ínfimo{x, y} es igual a:

a. x +y b. x c. x. y d. y

11. En un álgebra de Boole se verifica (cualquiera sea x e y): es igual a:

a. b. c. d.

12. Un estudiante recibirá una calificación de aprobado en un curso si se reúne una o mas de las condiciones siguientes :

i) Obtuvo 7 puntos o más en el examen de mitad de período (X) y 7 puntos o más en el examen final (Y).

ii) Obtuvo 7 puntos o más en al menos uno de los dos exámenes (de mitad de período o final) y tiene una beca de atletismo (Z).

iii) Su padre es el instructor del curso (I)

Una expresión booleana que de1 en caso de que apruebe y 0 en caso contrario resulta ser:

a. X + Z + Y+ I b. c. d. X. Y. Z

13. Dadas las proposiciones:

i) Es necesario que José no vaya al cine para que termine su tarea

ii) No es cierto que: José termine su tarea o vaya al cine

iii) José no termina su tarea y no irá al cine.

Son equivalentes entre sí:

a. Sólo i) y ii) b. ninguna c. Sólo ii) y iii) d. i), ii) y iii)

14. De las premisas

se concluye en forma válida (cualquiera sea el universo de definición y los esquemas indicados):

a. b. c. d.

15. La proposición indicada en A , resulta ser verdadera:

a. b.

c. d.

16. Dada en la relación definida por: :

a. R es una relación de orden pero no de equivalencia.

b. R es una relación de equivalencia pero no de orden.

c. R es una relación de orden y de equivalencia.

d. R no es una relación ni de orden ni de equivalencia.

17. El conjunto ordenado (N2, R) con (a, b) R (c, d) sii a | c y b ≤ d cumple lo indicado:

a Está parcialmente ordenado y carece de mínimo

b. Está totalmente ordenado y carece de máximo

c. Está bien ordenado y tiene un solo minimal

d. No está bien ordenado pero admite subconjunto totalmente ordenado

18. En todo conjunto ordenado se cumple lo indicado " x, y, z::

a. (sup{x,y} ≼ sup{y,z} ) ® x ≼ z b. (x ≼ y Ù z ≼ y) ® ínf{x, z} ≼ y

c. (x ≼ y Ù x ≼ z) ® x ≼ ínf{y, z} d. x ≼ sup{y,z} ® (x ≼ y Ù x ≼ z

19. Dada la relación de equivalencia definida en R: x S y sii x.(x +4) = y.(y +4)

a. 0 y 4 están en la misma clase de equivalencia b. Cl (0) = {0} c. cl (4) Ç cl(-4) = f d. cl(4) = cl(-4)

20.Dada una relación de equivalencia definida en un conjunto no vacío A, necesariamente:

a.$ a: cl( a) = f b. $ a: $ b: (a ¹ b Ù cl( a) Ç cl( b) ¹ f ) c. " a: " b : cl( a) Ç cl( b) ¹ f

d. " a: cl( a) ¹ f

FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA. U.T.N.F.R.B.A. 07 / 02 / 02

1. Los 15 vértices de un grafo simple pueden tener:

a. valencia 3 b. valencia 5 c. valencia 4 d. valencia 7

2. Se quiere duplicar los tramos de un red de comunicación que en caso de deteriorarse imposibilitaría la comunicación entre ciertos puntos.

Para ver el gráfico seleccione la opción "Descargar" del menú superior

Los tramos que deben duplicarse son los indicados.

a. AB y DF b. BD y FE c. BD y FG d. DE y FE

3. El grafo indicado

Euleriano y acíclico
Bipartido y conexo
Isomorfo al grafo o k – regular
Euleriano y con más de tres árboles generadores

4. La cantidad de números enteros positivos del 1 al 1000 no divisibles ni por 3, ni por 7 , ni por 11 a la vez es de:

a. 667 b. 858 c. 997 d. 910

5. El número de soluciones enteras de la ecuación x1 +x2 + x3 + x4 = 32 con xi > 0 , 1 < i < 4 es de:

a. 6545 b. 4495 c. 58.905 d. 35.960

6. La sumatoria resulta ser igual a:

a. 4105 + 524 b. 4105 c. – 4105 + 524 d. –4105

7. La ecuación 5.x º 15 (módulo 25) admite exactamente (en término de clases):

a. 0 soluciones b. 1 solución c. 5 soluciones d. 15 soluciones

8. El máximo común divisor y el mínimo común múltiplo entre n + 3 y n + 4 (cualquiera sea el natural n) son respectivamente:

a. 3 y 4 b. 1 y n2 + 7.n + 12 c. 1 y n + 4 d. n + 3 y n + 4

9. Sea S = { (1,1,0,0); (1,1,1,1); (1,0,1,1); (1,0,0,0)} con S Í {0, 1}4 .

La expresión reducida, en término de suma de productos, de la función booleana que toma el valor 1 en el conjunto S y 0 en el resto resulta ser:

a. b. c. d.

10. Es posible que el conjunto subyacente a un álgebra de Boole finita tenga exactamente:

a. 10 elementos b. 5 elementos c. 6 elementos d. 16 elementos

11. Es posible determinar (cualquiera sean a, b y c)un álgebra de Boole en el cual:

a. de a + (b. c) = a no se infiera necesariamente que a + b = a y a + c = a

b. de a + b = a y a + c = a no se infiera necesariamente que a + (b. c) = a

c. de a ≼ b no se infiera necesariamente que ≼

d. de ≼ no se infiera necesariamente que a ≼ b

12. El doble condicional indicado es verdadero (cualquiera sea el universo de definición y los esquemas p(x) y q(x):

13. De las premisas se concluye en forma válida (cualquiera sea el universo de definición y los esquemas indicados):

a. b. c. d.

14. La proposición indicada en R , resulta ser verdadera:

a. b.

c. d.

15. El conjunto cociente correspondiente a la relación de equivalencia definida en R2 :

(a,b) R (c,d) sii b2 = d2 resulta ser:

a. {cl ((1, y))/ y < 0} b. {cl (y)/ y ≥ 0} c. {cl ((0, y))/ y ≥ 0} d. {cl ( y) / y < 0}

16. Dada una relación de equivalencia definida en un conjunto A y dos clases de equivalencia cualesquiera cl(a) y cl(b) podría ocurrir lo indicado:

a. cl(a) Í cl(b) y cl(b) ⊈ cl(a) b. cl(a) = cl(b) o bien cl(b) Ç cl(a) = Ø

c. cl(a) = Ø o bien cl(b) = Ø d. cl(a) Ì cl(b) o bien cl(b) Ì cl(a)

17. Es posible ordenar el conjunto A = {a,b,c,d,e,f} de modo tal que:

a. Esté bien ordenado y admita elementos incomparables

b. Esté bien ordenado y admita exactamente dos maximales

c. Esté bien ordenado y no admita elementos incomparables

d. Esté bien ordenado y admita al menos dos minimales

18. Dada un álgebra de Boole (A, +, . , ¯ , 0, 1) y un subconjunto S de A no vacío, para que S resulte ser también un álgebra de Boole es suficiente que:

a. 0 ɛ S b. 1 ɛ S c. 1 ɛ S y (" a, b: a, b ɛ S® a + b ɛ S) d. 1 ɛ S y (" a, b: a, b ɛ S® a . ɛ S

19. La altura de un árbol binario completo con 2047 nodos es:

a. 9 b. 10 c. 11 d. 12

20. La suma resulta ser igual a :

a. n2 b. c. d.

FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA. 28 / 05/ 03

Ejercicio 1:

a) Dadas las funciones proposicionales . Probar que:

v []=V

v.[]=F

b) Analizar la validez del siguiente razonamiento sin utilizar tablas de verdad:

"Si un monte se quema, algo suyo se quema. Algo suyo se quema si y sólo si es usted descuidado. Si usted no es descuidado, es acreedor a una felicitación. Por lo tanto, si un monte se quema, usted no es acreedor a una felicitación"

Ejercicio 2:

Probar que en un álgebra de Boole:
Se desea diseñar un dispositivo para una máquina expendedora de golosinas. La misma cuenta con 3 ranuras una para introducir monedas de 10 centavos, otra para monedas de 5 centavos y la última para monedas de 25 centavos. A lo sumo una moneda por ranura . Si la golosina que entrega la máquina vale 30 centavos, el dispositivo debe indicar con un 1 en la salida si las monedas depositadas son suficientes para realizar la operación y con un 1 en la salida si en caso de realizar la operación, se debe entregar vuelto. Efectuar las tablas, simplificar y

, y dibujar ambos circuitos.

Ejercicio 3: a) Demostrar la verdad o falsedad de las siguientes proposiciones:

b) En las elecciones a intendente de una localidad, con un padrón electoral de 180 ciudadanos. Se presentan 3 partidos políticos. Se sabe que votó el 80 % de los empadronados, que cada candidato votó por sí mismo y que hubo votos en blanco. Cuántos resultados distintos pueden obtenerse.

Ejercicio 4:

Si es una relación de equivalencia definida en el conjunto . Definir clase de equivalencia y probar que
En se define la siguiente relación :. Probar que es una relación de orden. ¿Es un orden total?.Realizar el diagrama de Hasse y hallar las cotas superiores del conjunto

Ejercicio 5: a) Probar que si es un árbol entonces es conexo y si se le quita una arista deja de serlo

Dado el grafo cuya matriz de adyacencia es:

RESOLUCIÓN:

RESOLUCIÓN FINAL MATEMÁTICA DISCRETA 28 / 05 / 03

CÁTEDRA LIC. MARÍA HORTENSIA ARRIOLA

Ejercicio 1:

Demostración de la Falsedad de la segunda proposición:
Considerar:
Como es verdadero y es verdadero entonces
también lo es
o sea el antecedente de la proposición es VERDADERO
Pero es falso ,
o sea el consecuente de la proposición es FALSO
Demostración formal de la primera proposición:
m: un monte se quema

q: algo suyo se quema

d: Ud. es descuidado

f: Ud. es acreedor a una felicitación

Supongo premisas verdaderas y conclusión falsa.

Si la conclusión es Falsa entonces

En 1) como el antecedente es V y la implicación también se obtiene que y con este resultado, pasando a 2) se obtiene que .

Estos valores no producen ninguna contradicción en 3) (F-à F) por lo tanto estos valores obtenidos producen premisas verdaderas y conclusión falsa por lo tanto se trata de un RAZONAMIENTO INVÁLIDO

Ejercicio 2:

De multiplicando por se obtiene: (1)
De sumando se obtiene += de lo que (2)
De (1) y (2) se deduce la igualdad pedida.
b)

X (de 10)
Y( de 25)
Z( de 5)
f
g
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
2
0
1
0
0
0
3
0
1
1
1
0
4
1
0
0
0
0
5
1
0
1
0
0
6
1
1
0
1
1
7
1
1
1
1
1
Para ver el gráfico seleccione la opción "Descargar" del menú superior
Ejercicio 3:
La primera proposición es VERDADERA: Como 7 es un número primo se tiene que
(7, )=1 entonces multiplico por entonces y como por hipótesis 7/ entonces entonces 7/
La segunda proposición es FALSA: tomar por ejemplo
Una demostración puede ser:
votaron el 80% de 180= 144. Estos votos deben repartirse en 4 casilleros(partido 1, partido 2, partido 3, Blancos) pero hay 3 que va cada uno a cada uno de los tres primeros casilleros.. Es decir quedan por ubicar 141 en 4 casilleros, o sea

Ejercicio 4:

a) Demostración de

sea y por transitividad osea (1)

sea y por transitividad o sea (2). De (1) y (2) se prueba la tesis

Demostración de

Como entonces y por lo tanto

Reflexiva: (a,b) R (a,b) porque aa y b

Antisimetría: Si (a,b)R (c,d) y (c,d)R(a,b) entonces a=c y b=d

(ac y bd ) y ( ca y db)

a=c b=d

Transitividad: (a,b) R (c,d) y (c, d)R (e,f) entonces (a,b) R (e,f)

(ac y bd ) y ( ce y df)

a e y bf entonces (a,b)R(e,f)

En el diagrama de Hasse se advierte que no es orden total ya que (1,1) no se relaciona con (0,0)

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COTAS SUPERIORES:

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Ejercicio 5:

Supongo que le quito una arista y sigue siendo conexo. Esa arista tiene dos vértices por extremos. Si el grafo sigue siendo conexo existe un camino (por ende camino simple) que une dichos vértices y que no utiliza dicha arista. Pero este más el que saqué ( la arista sacada es un camino de longitud 1 entre dichos vértices) hace que originariamente entre estos dos vértices existan 2 caminos simples diferentes. Lo que niega el hecho que G es un árbol.
Si G es un árbol para cualquier par de vértices existe un único un camino simple que los une. Es por lo tanto obviamente conexo. ( se usó la existencia del camino )
grado (v1)=4

grado (v2)=4

grado (v3)=3

grado (v4)=3

grado (v5)=3

grado (v6) =3

No es grafo de Euler porque tiene 4 vértices de grado impar.

Hay que eliminar un vértice tratando que los que quedan tengan los mismos grados que el otro grafo, estos son: 2 de grado 3, 1 de grado 4 y 2 de grado 2.

Por ejemplo si elimino el v1 la matriz queda:

y quedan 3 vértices de grado 2 y 2 de grado 3 NO SIRVE

Por ejemplo si elimino v4 la matriz queda:

al eliminar v4 quedan 1 de grado 4 (v1), 2 de grado 3 (v2 y v6) y 2 de grado 2.(v3 y v5 )

Esta matriz de adyacencia coincide con la del grafo

según la ordenación de vértices:

a, c, e, b, d, por lo que resulta ser grafos isomorfos

ESTE EXAMEN LO PODRÁN BAJAR DEL FORO DE CONSULTA:

EN ARCHIVO. FINALES UTN 2003

FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA. U.T.N.F.R.B.A 21 / 02 / 02.

1. Responder en forma justificada a los siguientes interrogantes:

a. Dada la matriz asociada a una relación definida en A = {a, b, c}:

con x, y, z Î {0, 1}:

1. ¿bajo qué condiciones la relación es reflexiva?

2. ¿bajo qué condiciones la relación es simétrica?

3. ¿bajo qué condiciones la relación es antisimétrica?

4. ¿bajo qué condiciones la relación es transitiva?

b. ¿Necesariamente en cualquier grafo simple con "n " vértices hay al menos dos vértices con la misma valencia?

c. ¿Cuál es el menor número de tres cifras que al ser dividido por 5 y 7 en cada caso da residuo 3?

2. Realizar las acciones indicadas:

a. En una reunión celebrada entre 12 países de la Comunidad Europea se acuerda aceptar las resoluciones aprobadas por la mayoría de los miembros. España, Italia, Portugal y Grecia votan en bloque. Situación similar es la de Francia y Alemania. También hacen lo mismo Reino Unido e Irlanda por un lado y Bélgica, Holanda y Luxemburgo por otro. Dinamarca siempre vota lo contrario que Alemania y los tres países Bélgica, Holanda y Luxemburgo lo contrario que Irlanda. Encontrar los países que tienen mayor poder de decisión.(justificar la respuesta)

b. Demostrar que si T es un árbol y v una hoja de T entonces T – v es un árbol.

c. Indicar en caso de ser posible dos clases de equivalencia disjuntas entre sí, correspondientes a la relación de equivalencia definida en R2:

(a, b) R (c, d) sii 4.a – b = 4.c – d

3. Recuadrar en cada caso la única respuesta correcta.

a. Si se sabe que algunos mamíferos son acuáticos y algunos animales acuáticos son carnívoros y se indican las afirmaciones:

i. Algunos mamíferos son carnívoros.

ii. Ningún mamíferos es carnívoro

iii. Todos los animales acuáticos son mamíferos.

¿Cuál de las opciones indicadas se da?

1.Exactamente una se infiere necesariamente (recuadrarla)

2. Ninguna se infiere necesariamente.

3. Más de una se infiere necesariamente (recuadrarlas).

b. La cantidad de maneras diferentes en que se pueden sentar 10 personas en una mesa redonda de 6 asientos y con 4 en espera es la indicada:

1. 151.200

2. 210

3. 25.200

RESOLUCIÓN FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA.

U.T.N.F.R.B.A 28 / 02 / 02.

Nueva dirección para consulta vía mail:

1. Si se tiene en cuenta que dada A = [aij] = M ( R ) = y:

R es reflexiva sii aii = 1 " i
R es simétrica sii aii = a ji " i, j (A simétrica)
R es antisimétrica sii " i, j:( (i ≠j Ù aij = 1)Þ aji = 0)
R es transitiva sii A.A ≼ A (considerando la suma y producto booleanos) y la relación de orden definida en la forma: C ≼ D sii cij £ dij " i, j

1. La relación es reflexiva sii y = 1

2. La relación es simétrica sii z = 0

3. Para ningún valor de x – y- z la relación es antisimétrica

4. La relación es transitiva sii

.= ≼ sii

sii ≼ sii x = z = 0

b. Lo planteado ocurre necesariamente

Efectivamente , si un grafo simple (sin lazos ni aristas paralelas) tiene "n " vértices entonces existen al menos dos vértices con la misma valencia.

Si lo probamos por absurdo partiríamos de la siguiente consideración:

" v: " w: g(v) ≠ g(w)

con lo cual y dado que " x Î VG : 0 £ g(x) £ n-1

(recordar que no hay lazos ni aristas paralelas)

se daría las siguientes asignaciones entre vértices y valencias (o grados):

y entonces se produciría una contradicción entre la primera y la última afirmación la cual proviene de suponer que la afirmación dada es falsa.

c. De acuerdo al enunciado el número buscado deberá ser de la forma:

y como [5, 7] = 35, el número buscado tendrá la forma:

con lo cual y dado que N debe tener tres cifras, N = 35. 3 + 3 = 108

a. De acuerdo a las alianzas establecidas entre los países mencionados se los puede agrupar del siguiente modo:

B1 = {España, Italia, Portugal, Grecia}

B2 = {Francia, Alemania}

B3 = {Reino Unido, Irlanda}

B4 = {Bélgica, Holanda, Luxemburgo}

B5 = {Dinamarca}

Si se armara una tabla booleana considerando:

1 : voto por la afirmativa para tomar cierta resolución

0 : voto por la negativa para tomar cierta resolución

y el hecho de que:

Dinamarca siempre vota lo mismo que Alemania
Los tres países Bélgica, Holanda y Luxemburgo lo contrario que Irlanda

Bastará considerar para el análisis una tabla con 8 filas (la tabla completa tendría 16 filas) en donde se expliciten los votos efectuados (por bloques) y la resolución tomada en cada caso:

B1	B2	B3	B4	B5	Resultado general (por mayoría)
0	0	0	1	1	0
0	0	1	0	1	0
0	1	0	1	0	0
0	1	1	0	0	0
1	0	0	1	1	1
1	0	1	0	1	1
1	1	0	1	0	1
1	1	1	0	0	1

Restará buscar cuál es el bloque con más coincidencias entre votación por bloque – votación general tomada y los países integrantes de cada bloque para determinar los países con mayor poder de decisión.

De este análisis resulta:

B1 ® 8 coincidencias

B2 ® 4 coincidencias

B3 ® 4 coincidencias

B4 ® 4 coincidencias

B5 ® 4 coincidencias

Con lo cual los países con mayor poder de decisión (al menos en esta reunión) son los integrantes del bloque 1: España, Italia, Portugal, Grecia

H) T es un árbol y v una hoja de T T) T – v es un árbol

D / Por absurdo

Si se parte del supuesto que : T es un árbol , v es una hoja de T y T – v no es un árbol, podría darse de acuerdo a la última afirmación dos casos:

Si esto se diera T también admitiría ciclo con lo cual T no sería árbol. Absurdo pues contradice el primer supuesto.
T – v admite ciclo
T – v no es conexo

Si esto se diera querrá decir que entre dos vértices distintos s y t (s, t ≠ v) no habrá camino que no contenga a v. Ahora bien como T es conexo, entre s y t habrá camino que contiene necesariamente a v (puede considerarse camino simple): (s,….u, v, k…..,t), con lo cual v no sería hoja debido a g(v) > 1 (se muestra aquí que es adyacente al vértice u y k). Absurdo pues contradice el segundo supuesto.

c. Es posible

Si se tiene en cuenta que para cada valor de a y b:

cl((a, b)) = { (x, y) Î R2 / 4.a –b = 4.x – y} =

= { (x, y) Î R2 / y = 4.x + (b – 4.a)}

(rectas con pendiente 4 (paralelas) y ordenada al origen ( b – 4.a))

para determinar dos clases disjuntas entre sí, bastará con elegir dos pares ordenados que pertenezcan a dos rectas diferentes. Por ejemplo:

cl ((0, 1)) ® y = 4.x + 1 y cl ((1, 0)) ® y = 4.x – 4

a. La opción correcta es la 2

Si se considera los conjuntos

M = { x / x es mamífero}

A = {x / x es animal acuático}

C = {x / x es carnívor}

La afirmación i. no se infiere necesariamente .Podría ocurrir lo planteado en el diagrama de Venn indicado a continuación
La afirmación ii. no se infiere necesariamente .Podría ocurrir lo planteado en el diagrama de Venn indicado a continuación
Teniendo en cuenta cualquiera de las consideraciones anteriores la afirmación iii. no se infiere necesariamente

b. La opción correcta es 3.

Dado que sólo hay 6 asientos se podrán sentar personas y como la disposición es circular, a su vez cada grupo de personas (interesan las posiciones relativas) se podrá ubicar de (6 –1)! = 5! =120 formas diferentes.

Por ende el número total de ubicaciones será: 210.120 = 25.200

FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA. U.T.N.F.R.B.A. 13 / 02 / 02

1. ¿De cuántas maneras diferentes se podrán ubicar "todas" las cifras desde el 1 hasta el 7 en el siguiente esquema:

a. 823,543

b. 5040

c. 840

d. 35.280

2. El número de soluciones enteras de la ecuación a + b + c + d + e = 45 con a, b, c, d, e > 0 es :

a. b. c. d.

3. En un torneo se jugaron (parejas) en total 524 partidos y se sabe además que hubieron 2 ruedas. En la primera jugaron todos contra todos y en la segunda jugarán los 8 mejores. ¿Cuántos participarán?

a. 22 b. 516 c. 32 d. 254

4. El razonamiento: Todos los Ingenieros en Sistemas son especialistas en programación . Los escritores son bohemios. Joaquín es Ingeniero en Sistemas. Ningún bohemio es especialista en programación.

Por lo tanto Joaquín no es escritor.

a. Válido b. Inválido c. A veces válido d. A veces inválido

5. Indicar la proposición equivalente a : "No es el caso que: el peso se devalúe y no se de un proceso inflacionario".

a. El peso se devalúa o no se da un proceso inflacionario.

b. No se devalúa el peso o se da un proceso inflacionario.

c. No se devalúa el peso o no se da un proceso inflacionario.

d. El peso se devalúa y no se da un proceso inflacionario.

6. La proposición indicada en R , resulta ser falsa:

a. b.

c. d.

7. con x + y = [x, y], x ● y = (x, y) y = n : x para el valor de n indicado :

a. n = 50 b. n = 348 c. 99 d. 1155

8. Sea S = { (1,0,1,0); (0,0,0,0); (1,0,1,1); (1,0,0,0)} con S Í {0, 1}4 .

La expresión reducida, en término de suma de productos, de la función booleana que toma el valor 1 en el conjunto S y 0 en el resto resulta ser:

a. b. c. d.

9. Es posible determinar un álgebra de Boole para valores determinados de a, b y c en el cual:

a. de a . (b + c) = a no se infiera que necesariamente a . b = a y a . c = a

b. de a . b = a y a . c = a no se infiera que necesariamente a . (b + c) = a

c. de a ≼ b no se infiera necesariamente que a ≼ b + c

d. de ≼ no se infiera necesariamente que a ≼ b

10. La ecuación 66.x º 48 (módulo 248) admite exactamente (en término de clases):

a. 0 soluciones b. 1 solución c. 2 soluciones d. 3 soluciones

11. El máximo común divisor y el mínimo común múltiplo entre 2.n + 1 y 2. n + 2 (cualquiera sea el natural n) son respectivamente:

a. 1 y 2 b. n + 1 y n + 2 c. 1 y 4. n2 + 6.n + 2 d. n + 1 y n + 2

12. El menor número que al ser dividido por 7, 11 y 13 en cada caso genera un residuo máximo resulta ser igual a :

a. 1001 b. 1000 c. 91 d. 90

13. El conjunto cociente correspondiente a la relación de equivalencia definida en R2 :

(a, b) R (c, d) sii a + 3.b = c + 3.d resulta ser:

a. {cl ((0, x))/ x ≦ 0} b. {cl (x)/ x ≥ 0} c. {cl (( x, 0))/ x ∈ R} d. {cl ((x, 0)) / x ≥ 0}

14. Dada una relación de equivalencia R y una relación de orden S definidas en un conjunto A, resulta lo indicado:

a R ⋂ S es antisimétrica bR ⋃ S es simétrica c. R ⋂ S es simétrica d. R ⋃ S es transitiva

15. Es posible ordenar el conjunto A = {a, b, c, d, e, f} de modo tal que:

a. Admita un subconjunto bien ordenado con al menos dos pares de elementos incomparables .

b. Esté totalmente ordenado y admita exactamente dos maximales

c. Esté bien ordenado y admita elementos incomparables

d. Esté totalmente ordenado y admita al menos dos minimales

16. El conjunto ordenado (N2, R) con (a, b) R (c, d) sii a | c y b | d satisface lo indicado:

a. Admite mínimo y está totalmente ordenado b. Admite máximo y está parcialmente ordenado

c. No está bien ordenado d. Carece de cotas inferiores

17. La relación S definida en Z : x S y sii x + y es un número par, resulta ser:

a. de orden pero no de equivalencia b. de equivalencia pero no de orden

c. ni de orden ni de equivalencia d. de orden y de equivalencia

18. El conjunto P resulta ser partición de A:

a. P = , A = Z

b. P ={A1, A2 } A1 = { (x, y) / x > 0}, A2 = { (x, y) / x < 0}, A = R2

c. P ={A1, A2 ,A3 }, A1 = {3.x + 1 / x ∈ Z}, A2 ={3.x + 2 / x ∈ Z} , A3 = ={3.x / x ∈ Z}, A =Z

d. P ={A1, A2 } A1 = { (x, y) / y > 0}, A2 = { (x, y) / y < 0}, A = R2

19. Se quiere construir una red de ordenadores: a, b, c, d, e, f, y g . En la tabla se indica el coste de construcción de las líneas de transmisión para conectar algunos pares de ellos.

Para minimizar los costos se habilitarán las líneas indicadas

	a	b	c	d	e	f	g
a	–	5	4	–	5	5	–
b		–	3	3	–	–	–
c			–	1	2	–	–
d				–	3	–	2
e					–	6	2
f						–	7
g							–

20. El digrafo indicado

Euleriano y acíclico
Euleriano y k – regular
Isomorfo al dígrafo

d. Euleriano o fuertemente conexo

Resolución Final de Matemática Discreta 19/12/2002

a) 25 – 1
b) 232 – 33
c) (32)! – 1
d) C32,2 – 33
La respuesta correcta es la B
JUSTIFICACION:
Como la función tiene dominio en {0,1}5 significa que hay 32 elementos (o renglones de la tabla) a los que hay que asignarles una imagen. Dicha imagen puede ser 0 o 1. Es decir que tenemos que colocar ceros y unos en 32 lugares. El orden en que lo hagamos es relevante ya que sería una función distinta.
Por lo tanto, el total de funciones booleanas es V ’2,32 = 2 32
Pero como el enunciado dice que deben estar formadas por más de un minitérmino, debemos restar la función nula (la que tiene todos ceros, ningún minitérmino) y las 32 funciones que están formadas por un minitérmino distinto cada una.
Por lo tanto la cantidad de funciones pedida es: 2 32 – 33
La cantidad de funciones booleanas distintas f : {0,1}5 ® {0,1} formadas por más de un minitérmino es:
La cantidad total (T) de formas de completar este examen y la cantidad de formas con las que se aprueba (A) son:

T = 415
A =

T = V ’4,15

A = · 46

T = 415

A =

T = 15 · C4,1

A = 9 · C4,1

La respuesta correcta es la C

JUSTIFICACION:

Primero vamos a averiguar la cantidad total de formas de completar el examen.

Son 15 preguntas y cada una de ellas se puede responder de 4 formas distintas (a, b, c o d).

Es decir que tenemos 15 lugares para llenar con 4 letras, que por supuesto se pueden repetir, y además el orden es relevante ya que si por ejemplo hay 3 respuestas con A, no es lo mismo que sean los 3 primeros ejercicios u otros tres.

Por lo tanto la cantidad total de formas de completar el examen es T = V ‘ 4,15 = 415

Ahora calculemos de todas esas formas, con cuántas se aprueba el examen. Recordemos que se debe tener por lo menos 9 respuestas correctas.

Es decir que hay varias posibilidades para aprobar:

Con 9 correctas y 6 incorrectas , con 10 correctas y 5 incorrectas , etc. hasta 15 correctas.

En cada uno de esos casos, primero veamos de cuantas formas pueden estar las correctas:

Sea i =cantidad de respuestas correctas Þ de las 15 elijo las i correctas :

Una vez que se tiene la cantidad de formas en que pueden estar ubicadas las respuestas correctas, veamos de cuantas formas pueden estar las incorrectas. Quedan 3 opciones para cada una (ya que sacamos la correcta): V’3,15-i = 3 15-i

O sea que para i respuestas correctas, la cantidad total de formas es: 3 15-i

Pero como i puede ir desde 9 hasta 15, nos queda finalmente: A =

a) cl(1) (mód. 3)
b) cl(3) (mód. 10)
c) Z+
d) cl(2) (mód. 3)
La respuesta correcta es la D
JUSTIFICACION:
Calculemos la expresión de un término genérico: Th+1 = (3 x2)h
Th+1 = 3h (-1)10-h x2h x-(10-h) Þ Th+1 = 3h (-1)10-h x2h-10+h
El exponente de la x es 3 h -10 = 3 h – 12 + 2 = 3 ( h – 4 ) + 2 que es igual a un múltiplo de 3 sumado 2. Por lo tanto pertenecen a la clase del 2 módulo 3.
En el desarrollo de (3×2 – )10 todos los términos tienen grado perteneciente a:
c1: "A no es idempotente o A es ortogonal" c2:"A es ortogonal y B es idempotente"
c3:"B no es ortogonal o A es ortogonal" c4:"B es idempotente y B no es ortogonal"
Es válida:
a) c1
b) c2
c) c3
d) c4
La respuesta correcta es la C
JUSTIFICACION:
Tomando el siguiente diccionario sobre el Universal de matrices!
ort(x) = "x es ortogonal"
inv(x) = "x es inversible"
id(x) = "x es idempotente"
Las premisas se pueden escribir de la siguiente manera:
1. " x : [ ort(x) ® inv(x)]
2. $ x: [ id(x) Ù ~ inv(x)]
3. inv(A)
4. ~ inv(B)
Sobre la matriz A nada puede afirmarse, ya que solo cumple el consecuente de la primera premisa, y no se puede tener en cuenta la recíproca.
Sobre la matriz B, si particularizamos la premisa 1: ort(B) ® inv(B)
y aplicamos Modus Tollens con la 4: ~ ort(B)
Respecto de si B es idempotente o no, nada puede afirmarse.
Por lo tanto de las conclusiones presentadas:
c1: "A no es idempotente o A es ortogonal" c2:"A es ortogonal y B es idempotente"
c3:"B no es ortogonal o A es ortogonal" c4:"B es idempotente y B no es ortogonal"
La única que se infiere de las premisas es la 3, ya que al ser una disyunción con una de las partes verdadera, es verdadera.
Dadas las premisas: "Todas las matrices ortogonales son inversibles. Existen matrices idempotentes que no son inversibles. A es una matriz inversible. B es una matriz no inversible". Y las siguientes conclusiones:
a) v(p) = F
b) v(q) = V
c) v (r) = F
d) v (p Ù r) = F
La respuesta correcta es la B
JUSTIFICACION:
La única forma de que ~ p ® q Ù r sea falsa es que el antecedente sea verdadero y el consecuente falso. O sea que ~ p es V con lo cual p es falsa. Y al menos una de q y r debe ser falsa. (I)
Analicemos el otro dato: como ~ r Ú q es verdadera, significa que q es verdadera o r es falsa.(II)
Si q es verdadera, para que se cumpla (I) debe ser r falsa.
Si q es falsa, para que se cumpla (II) debe ser r falsa.
O sea que r sí o sí es falsa. La única que no puede afirmar el valor de verdad es q.
Sabiendo que v(~ p ® q Ù r) = F Ù v(~ r Ú q) = V , NO se puede asegurar:
a) 6
b) 30
c) 36
d) 210
e) ninguna
La respuesta correcta es la D
JUSTIFICACION:
Comencemos viendo que P(A) tiene 16 elementos. Es decir debemos buscar algún conjunto de dicho cardinal y que sea Algebra de Boole. Con eso es suficiente ya que todas las Algebras de Boole de determinado cardinal son isomorfas.
Al descomponer los números presentados como producto de sus factores primos, obtenemos:
6 = 2 · 3 30 = 2 · 3 · 5 36 = 22 · 32 210 = 2 · 3 · 5 · 7
Si bien (D6, ½ ) es un Algebra de Boole, sólo tiene 4 elementos.
Lo mismo ocurre con (D30, ½ ) que es un Algebra de Boole de 8 elementos.
(D36, ½ ) ni siquiera es un Algebra de Boole pues tiene 9 elementos.
Y finalmente (D210, ½ ) es un Algebra de Boole de 16 elementos, y por lo tanto isomorfa a la de P(A) dada.
Sea A = {a,b,c,d} , (P(A), Í ) es un Algebra de Boole isomorfa a (Dn, ½ ) siendo n:
En toda Algebra de Boole, " y: " x: " z se cumple lo indicado:

La respuesta correcta es la A

JUSTIFICACION:

Como x z Ù x ` z Þ x + z = z Ù x +` z = ` z Þ
Þ ( x + z ) · (x +` z) = z · ` z
Þ x + ( z · ` z) = 0A Þ x + 0A = 0A Þ x = 0A
En principio como esta es correcta y solo hay una correcta,
en conclusión las demás son falsas.
Igualmente daremos contraejemplos de las otras tres:
se cumple el antecedente 2 · 3 = 1 pero no se cumple el consecuente.
en ( D30 , ½ ) siendo 0A = 1 tomando x = 2 Ù y = 3,
2 · 5 = 1 Ù 3 · 5 = 1 pero no se cumple el consecuente.
también en ( D30 , ½ ) tomando x = 2 Ù y = 3 Ù z = 5, se cumple que x · z y · z ya que
También tomemos (D30, ½ ) con x = 2 ; y = 15 ; z = 3 Þ ` z = 10

2 15 + 10 ya que 2 30 es verdadero pero sin embargo 2 15

Dadas dos relaciones R y S definidas en un conjunto A, si R y S son de orden entonces también lo es:
a) R Ç S
b) R U S
c) R-1 U R
d) ` S
La respuesta correcta es la A
JUSTIFICACION:
Primero daremos contraejemplos para descartar las otras opciones:
En A = { a, b, c} consideremos R = { (a,a), (b,b), (c,c) , (a,b), (a,c) }
S = { (a,a), (b,b), (c,c) , (b,a) } ambas son claramente de orden.
Sin embargo: R U S == { (a,a), (b,b), (c,c) , (a,b), (a,c), (b,a) } NO es antisimétrica pues (a,b) y (b,a) pertenecen a la relación y a ¹ b
R-1 U R = { (a,a), (b,b), (c,c) , (b,a), (c,a) } U { (a,a), (b,b), (c,c) , (a,b), (a,c) } =
= { (a,a), (b,b), (c,c) , (a,b), (b,a), (a,c), (c,a) } tampoco es antisimétrica.
` S ni siquiera es reflexiva.
Por lo tanto, queda la opción A o ninguna (la E). Ahora demostraremos que la A es verdadera:
i) " x Î A : (x,x) Î R Ù (x,x) Î S por hipótesis ya que R y S son de orden
Þ por def. de Ç : (x,x) Î R Ç S Þ R Ç S es reflexiva
ii) " x, y Î A : (x,y) Î R Ç S Ù (y,x) Î R Ç S Þ por def. de Ç
Þ (x,y) Î R Ù (x,y) Î S Ù (y,x) Î R Ù (y,x) Î S Þ por conmutativa y asociativa de la Ù
Þ [(x,y) Î R Ù (y,x) Î R ] Ù [(x,y) Î S Ù (y,x) Î S] Þ por hipótesis R y S son de orden
Þ x = y Ù x = y Þ R Ç S es antisimétrica
ii) " x, y , z Î A : (x,y) Î R Ç S Ù (y,z) Î R Ç S Þ por def. de Ç
Þ (x,y) Î R Ù (x,y) Î S Ù (y,z) Î R Ù (y,z) Î S Þ por conmutativa y asociativa de la Ù
Þ [(x,y) Î R Ù (y,z) Î R ] Ù [(x,y) Î S Ù (y,z) Î S] Þ por hipótesis R y S son de orden
Þ (x,z) Î R Ù (x,z) Î S Þ por def. de Ç Þ (x,z) Î R Ç S Þ R Ç S es transitiva
R Ç S es de orden
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
La respuesta correcta es la A
JUSTIFICACION:
Vamos a plantear una clase de equivalencia genérica: Cl(a) = { x Î |R / x R a }
Analicemos un poco x R a Û ½ x2 – 8 ½ = ½ a2 – 8 ½ Û x2 – 8 = a2 – 8 Ú x2 – 8 = – a2 + 8
Þ x2 = a2 Ú x2 + a2 = 16 Þ x = a Ú x = -a Ú x2 + a2 = 16
Lo cual significa que por lo menos en la cl(a) están a y -a, en algunos casos habrá más elementos de acuerdo a las soluciones de x2 + a2 = 16, que puede ser una más o dos más.
En el caso del cero: Cl(0) = { 0 , 4 , -4 }
Cl(1) = { 1 , -1 , , –} Cl(5) = { 5 , -5 }
Dada la relación de equivalencia en |R tal que x R y Û ½ x2 – 8 ½ = ½ y2 – 8 ½ , NO es posible hallar clase de equivalencia de cardinal:
Dadas las siguientes proposiciones:

En todo conjunto totalmente ordenado, cada par de elementos tiene ínfimo y supremo.
Si (A, ) es un buen orden entonces (A, ) es un orden total.
Todo conjunto acotado es finito.

Son verdaderas:

a) i y iii

b) i y ii

c) i, ii y iii

d) ii

La respuesta correcta es la B

JUSTIFICACION:

La i) es verdadera ya que en cada par de elementos, al estar totalmente ordenado el conjunto, uno de ellos precede al otro, por lo tanto el primero es el ínfimo y el segundo el supremo.

La ii) es verdadera ya que si el conjunto está bien ordenado, significa que cada subconjunto tiene primer elemento. En particular " a, b: {a,b} tiene primer elemento. Si es a, entonces a b. Si es b entonces b a. Es decir a y b no son incomparables. Por lo tanto es orden total.

La iii) no es cierta ya que por ejemplo tomando el intervalo real [0,1) con la relación £ está acotado ya que [1, + ¥ ) son cotas superiores, pero sin embargo tiene infinitos elementos.

a) mcd(a,b) = 3
b) mcd(a,b) ¹ 1
c) mcd(a,b) = 1
d) sa º 3 (mód b)
La respuesta correcta es la D
JUSTIFICACION:
Daremos un contraejemplo para las opciones a) y b): 3 = 1 · 7 + (-5) · 2 pero mcd(7,2) = 1
Otro contraejemplo para la c) : 3 = 2 · 9 + (-1) · 15 y sin embargo mcd(9,15) = 3
Como debe haber una correcta, seguro es la d). Igualmente la demostraremos:
Por hipótesis 3 = s a + t b Þ 3 – sa = t b Þ b ½ 3 – sa Þ 3 º s a (b) Þ s a º 3 (b)

Si dados a, b Î Z , $ s, t Î Z / 3 = s a + t b entonces se puede asegurar que:

D0 =

a) Existe un camino mínimo entre el vértice "1" y el "3".

b) En el grafo subyacente al mismo y tomando las aristas con pesos en valor absoluto, el camino mínimo del vértice "1" al vértice "5" tiene longitud 7.

c) En el grafo subyacente al mismo y tomando las aristas con pesos en valor absoluto, no existe un subgrafo isomorfo a K4.

d) En el grafo subyacente al mismo y tomando las aristas con pesos en valor absoluto hay más de un árbol generador mínimo.

La respuesta correcta es la D

JUSTIFICACION:

La a) es falsa ya que hay un ciclo negativo formado por (3, 2, 6, 5, 4, 3), lo cual significa que una vez que del 1 se llega al 3, luego se pueden dar infinitas vueltas por este ciclo y seguir bajando el costo. (Hacer el diagrama)

La b) es falsa ya que el camino (1,3,6,5) tiene longitud 2.

La c) es falsa, ya que con los vértices 1, 2, 3, 6 y sus aristas incidentes (eliminando una de las dos paralelas) se forma el K4.

La d) es verdadera, ya que hay dos árboles generadores mínimos:

{5,6} { 2,4} {1,3} {6,1} {3,2} y {5,6} { 2,4} {1,3} {6,1} {1,2}

Dada la siguiente matriz de pesos, indique cuál de las afirmaciones es verdadera::
I: Si en un grafo hay ciclo de Euler entonces también hay ciclo de Hamilton.
II: Es posible construir un grafo simple con 12 vértices y 70 aristas.
III: Un grafo simple con 8 vértices y 13 aristas puede no ser conexo.
Son verdaderas:
a) I y III
b) II y III
c) sólo III
d) sólo I
e) ninguna
La respuesta correcta es la C
JUSTIFICACION:
Primero refutaremos la i y ii
Para la i)
Este grafo tiene ciclo de Euler ya que todos sus vértices son
de grado par. Sin embargo no tiene ciclo de Hamilton, ya que
por el vértice que es punto de corte( el del medio) se necesitaría pasar más de una vez para poder cerrar el camino.
Para la ii) El K12 es el grafo simple de 12 vértices con la mayor cantidad de aristas posibles, y dicha cantidad es: ½ A ½ = 66
La iii) es verdadera. Por ejemplo:
Este grafo es simple,
tiene 8 vértices y 13 aristas
y no es conexo.
De las siguientes afirmaciones sobre grafos:
a) a | (r + .s –1)
b) a | (r2 + 3.s + 1)
c) a | r2 + 3.s
d) a | r. s + 1
La respuesta correcta es la C
JUSTIFICACION:
Refutaremos las tres opciones incorrectas con contraejemplos:
a) 3 ½ 6 Ù 3 ½ 12 pero no es cierto que 3 ½ 6+12-1
c) 3 ½ 6 Ù 3 ½ 12 y tampoco es cierto que 3 ½ 62+3 · 12 + 1
d) 3 ½ 6 Ù 3 ½ 12 y tampoco se cumple que 3 ½ 6 · 12 +1
Ahora demostramos la verdadera:
Si a ½ r Ù a ½ s Þ r = a · k Ù s = a · t con k, t Î Z
Þ r2 = a · a · k2 = a · p con p Î Z Ù 3 s = a · ( 3 t )
Þ r2 + 3 s = a · p + a · ( 3 t ) = a · ( p + 3 t) siendo p + 3 t Î Z
Þ a ½ r2 + 3 s
En Z – {0} de a | r y a | s se desprende necesariamente lo indicado:
Sabiendo que cada ejercicio de este examen se califica únicamente como B (bien), M (mal) o Æ (en caso de no responder), definimos la relación: ejercicioi R ejercicioj Û tienen la misma calificación. Si un alumno responde todas las preguntas, se puede asegurar que la cantidad de clases de equivalencia es:

a) igual a 2

b) menor que 3

c) igual a 3

d) distinta de 1

e) ninguna

La respuesta correcta es la B

JUSTIFICACION:

Si el alumno respondió todas las preguntas, lo máximo es que haya 2 clases ( B y M), ya que ninguna respuesta entra en la categoría Æ . No se puede afirmar que sean 2 clases, ya que por ejemplo si respondió todo bien, habría una sola clase de equivalencia (B).

Partes: 1, 2, 3

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	X (de 10)	Y( de 25)	Z( de 5)	f	g
0	0	0	0	0	0
1	0	0	1	0	0
2	0	1	0	0	0
3	0	1	1	1	0
4	1	0	0	0	0
5	1	0	1	0	0
6	1	1	0	1	1
7	1	1	1	1	1

	a	b	c	d	e	f	g
a	–	5	4	–	5	5	–
b		–	3	3	–	–	–
c			–	1	2	–	–
d				–	3	–	2
e					–	6	2
f						–	7
g							–

	a	b	c	d	e	f	g
a	–	5	4	–	5	5	–
b		–	3	3	–	–	–
c			–	1	2	–	–
d				–	3	–	2
e					–	6	2
f						–	7
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b		–	3	3	–	–	–
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