Ejercicios de Álgebra (Matemática Discreta) Propuestos durante el

Como en el ejercicio anterior, pero suponiendo que las palabras no pueden tener letras repetidas. Solución: ... puede hacerse de 11! formas, queda res...

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Ejercicios de Álgebra   (Matemática Discreta)  Propuestos durante el Curso 2011‐2012  …y casi todos resueltos   

    Profesor: José‐Miguel Pacheco        Septiembre 2012 

 

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INDICE  02. Combinatoria, I  04. Combinatoria, II  06. Inducción  09. Recurrencia  13. Aritmética  17. Conjuntos, I  21. Conjuntos, II  24. Lógica, I  28. Lógica, II  29. Exámenes de 2011‐2012     

 

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 EJERCICIOS DE COMBINATORIA, I  1. ¿Cuántas palabras de cinco letras pueden escribirse con las letras del alfabeto español?  Solución:  El alfabeto español consta de 26 letras. Una palabra es cualquier grupo de 5 letras, pudiendo  repetirse, y además hay que tener en  cuenta el orden (ojo: no es necesario que las palabras  signifiquen nada). Por tanto, el número de palabras es el de VARIACIONES CON REPETICIÓN DE  26 ELEMENTOS, TOMADOS DE 5 EN 5, esto es:  



2.  Como  en  el  ejercicio  anterior,  pero  suponiendo  que  las  palabras  no  pueden  tener  letras  repetidas.  Solución:  Ahora  el  número  de  palabras  será  el  de  VARIACIONES  ORDINARIAS  DE  26  ELEMENTOS,  TOMADOS DE 5 EN 5, esto es:  



3. En cinco sillas en fila, ¿de cuántas maneras pueden sentarse dos personas?  Solución:  Aquí se trata de hacer grupos de dos posiciones, entre las cinco posibles. Teniendo en cuenta  el orden, claro está ¿por qué?. El número de maneras es el de VARIACIONES ORDINARIAS DE 5  ELEMENTOS, TOMADOS DE 2 EN 2, esto es:  



4. Un estudiante dispone de 5 libros de Álgebra, 4 de Cálculo y 5 de Matemática Discreta. Se  acaba de comprar un estante y los piensa colocar en él. Se pregunta: de cuántas formas puede  llevar a cabo su propósito?  Solución:  Este  ejercicio  admite  varias  interpretaciones,  según  lo  que  entendamos  por  “colocar”.  La  primera sería suponer que los libros se ponen revueltos unos con otros en el estante. En ese  caso, como hay 12 libros en total, las posibilidades son las PERMUTACIONES DE 12 OBJETOS,  .  Podríamos  pensar  también  (segunda)  que  los  libros  se  mantienen  esto  es:    agrupados  por  materias,  sin  más  preocupación.  Ahora  se  trataría  sólo  de  permutaciones  de  . Todavía más, si el estudiante es  tres objetos (los tres grupos de libros), esto es:   cuidadoso (tercera), le gustaría colocarlos ordenadamente dentro de cada grupo. Entonces, los  de Álgebra, dentro de su grupo, se pueden ordenar de 3! = 6 modos; los de Cálculo, en el suyo,  de  4!  =  24  formas;    y  los  de  Matemática  discreta  tienen    5!  =  120  posibilidades.  Aplicando  ahora  (por  lo  menos)  dos  veces  el  PRINCIPIO  FUNDAMENTAL  DE  LA  COMBINATORIA,  tendríamos: 



5. Se pregunta de cuántas formas distintas pueden sentarse 12 personas a intervalos regulares  alrededor de una mesa redonda lo bastante grande como para acomodarlas a todas. 

 

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Solución:  A primera vista diríamos que la solución es 12!, pues son ordenaciones (o permutaciones) de  12 elementos. Sin embargo, esta idea está equivocada: En realidad, una vez situada la primera  persona, lo que determina la ordenación de todas ellas son las diversas formas de colocar a las  11 restantes en fila. Una vez ubicada la fila de personas en los 11 asientos vacantes, cosa que  puede  hacerse  de  11!  formas,  queda  resuelto  el  problema.  NOTA:  En  clase  vimos  cómo  se  puede obtener la fórmula para hallar en general el número de  las permutaciones circulares  de n objetos, que es (n‐1)!  6.  Dado  el  siguiente  programa  de  ordenador,  calcular  el  número  de  veces  que  ejecuta  la  instrucción WRITE:  FOR I = 1 TO 10 DO  FOR J = 16 DOWNTO 7 STEP 2 DO  FOR K= 6 TO 15 DO  WRITE ((I‐K)^J)  Solución:  La solución es, por el PRINCIPIO FUNDAMENTAL DE LA COMBINATORIA, 500 veces. En efecto:  La I se puede elegir de 10 forrmas, pues varía entre 1 y 10; la J, de 5 formas, pues varía entre 7  y  16  (contando  el  7)  pero  bajando  de  16  hacia  7  saltando  de  2  en  2;  finalmente  k  puede  elegirse  de  10  maneras,  entre  6  y  15  contando  el  6.  Por  tanto  las  ternas  (I,  J,  K)  son  500,  y  como  a  cada  terna  le  correspond  llevar  a  cabo  una  instrucción  WRITE,  ésta  se  ejecuta  500  veces. 

EJERCICIOS DE COMBINATORIA, II   7. En el juego del póquer cada jugador recibe cinco cartas de un total de 52 (4 palos de trece  cartas cada uno). Supongamos que sólo hay un jugador. Se pregunta:   a. ¿cuántas formas posibles existen de recibir cinco cartas?  b. ¿cuántas  formas  posibles  hay  de  obtener  un  full  (es  la  abreviatura  de  full  house,  esto  es,  3  cartas  iguales  y  otras  dos  iguales  pero  diferentes  a  las  anteriores, p. ej. 777QQ)?  c. ¿de cuántas formas puede el jugador, si ya tiene un full, mejorar su juego a un  póquer (cuatro cartas iguales, p. ej. 7777K ó QQQQ7)?  8. Consideremos el siguiente sumatorio:  S =

8



i , j , k =1

xi y j zk . Se pregunta: 

a. ¿de cuántos sumandos se compone esta expresión?  b. Si se supone que  i ≠ j ≠ k , ¿cuántos sumandos quedan?  c. ¿y si  i ≤ j ≤ k ?  d. ¿y si  i < j < k ? 

 

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Solución:  La cuestión a) es fácil: Hay tantos sumandos como variaciones con repetición de los 8 valores  posibles de los subíndices, tomados de tres en tres, esto es:  VR38 = 83 = 512.   En  la  cuestión  b)  no  permitimos  que  haya  subíndices  repetidos,  luego  son  variaciones  ordinarias de 8 elementos tomados de tres en tres, esto es:  V38 =

8! 8! = = 336.   (8 − 3)! 5!

Para la cuestión c) pensemos primero en un caso particular: elijamos p.ej. el subíndice  i = 1.   Para el  segundo subíndice quedan 8 posibilidades:  j ∈ {1, 2,3, 4,5, 6, 7,8} . Elijamos ahora un  valor  de  este  subíndice,  p.ej,  el  4.  Ahora  quedarán  5  posibilidades  para  el  tercero: 

k ∈ {4,5, 6, 7,8} .  Por  tanto  habrá  5  ternas  de  subíndices  asociadas  a  las  elecciones  14,  a  saber: 144, 145, 146, 147 y 148. Pasemos ahora, usando la idea anterior, a efectuar el recuento  (NOTA:  Puede  ayudar  construir  un  diagrama  “en  árbol”).  Elegir  una  i  se  puede  hacer  de  8  formas. Una vez seleccionada una, las posibilidades para j son 8‐(i‐1) = 9‐i, que van desde la i  que  hayamos  tomado  hasta  8.  Para  la  k  nos  quedarán  8‐(j‐1)  =  9‐j  formas  posibles,  que  van  desde  la  j  que  sea  hasta  8.  Lo  resumimos  todo  en  una  tabla  y  obtenemos  que  habrá  122  sumandos:  Valor de i  Posibles j Posibles k Total de ternas  ijk  1 



36 

36 





29 

65 





22 

87 





15 

102 





10 

112 







118 







121 







122 

  La cuestión d) es análoga a la c), pero con la precaución siguiente: Elegida una i, que no puede  ser mayor que 6 ‐pues si no no habría ternas i
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g. ¿cuántos de los números anteriores son impares?    10.  En  una  excursión  se  reparten  nueve  turistas  en  tres  vehículos  A,  B,  C,  de  forma  que  en  ninguno vayan menos de dos ni más de cuatro. Se desea saber: ¿de cuántas formas posibles  pueden distribuirse?    Solución:  Éste es fácil. Con las condiciones del problema, sólo hay dos posibles distribuciones numéricas:  La  primera:  2  en  un  vehículo,  3  en  otro  y  4  en  el  último,  la  segunda:  3  en  cada  uno.  Si  no  tenemos en cuenta qué personas concretas viajan en cada vehículo, la distribución 2+3+4 se  puede dar de 6 = 3! maneras, luego en total hay 7 formas. Piensen en cómo sería el problema  si se considera que los viajeros pueden querer elegir a sus compañeros de vehículo.    11. A una selección de personal se presentan ocho mujeres y seis hombres, pero sólo se puede  contratar a cuatro y tres, respectivamente ¿Cuántas maneras hay de conseguirlo?     12. En el plano de coordenadas XY se consideran sólo los puntos con coordenadas enteras no  negativas.  Para  ir  de  un  punto  a  otro  sólo  se  pueden  dar  pasos  paralelos  al  eje  X,  hacia  la  derecha,  que  representaremos  como  1’s,  y  al  eje  Y  hacia  arriba,  que  lo  serán  mediante  0’s  ¿Cuántos caminos posibles hay entre el punto (2,2) y el (10,10), pasando siempre por el (6,6)?     Solución:  Para  ir  de  (2,2)  hacia  (6,6)  en  las  condiciones  del  ejercicio,  hay  que  dar  cuatro  pasos  hacia  arriba y cuatro a la derecha, esto es, cada camino constará de cuatro ceros y cuatro unos. Así  8 pues, entre (2,2) y (6,6) hay un número de caminos igual a  PR4,4 =

8! = 70.  Para ir de (6,6)  4!4!

á (10,10) hay otros 70, luego APLICANDO EL PRINCIPIO FUNDAMENTAL DE LA COMBINATORIA,  hay 70x70 = 4900 caminos posibles entre (2,2) y (10,10). 

EJERCICIOS DE INDUCCIÓN   13. Demostrar por inducción sobre n las siguientes propiedades:   

n 2 + n es siempre par  i. n3 − 6n 2 + 14n  es múltiplo de 3  j. Si  a > 1 , entonces  a n − 1  es divisible por  a − 1   n(n + 1)(2n + 1)   k. 12 + 22 + 32 + ... + n 2 = 6 1 − q n +1   l. 1 + q + q 2 + ... + q n = 1− q

h.

 

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1 1 1 1 ⎞ ⎛ + + ... + n −1 = 2 ⎜1 − n ⎟   2 4 2 ⎝ 2 ⎠ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 1 n. ⎜1 − ⎟ + ⎜ 1 − ⎟ + ... + ⎜ 1 − ⎟ =   ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ n⎠ n

m. 1 +

2n > n3 si  n ≥ 10   p. n ! > 2n  si  n ≥ 4  

o.

q. Si  a1 = 2  y  an +1 = 2 −

1 n +1 , entonces  an =   an n

Si  a1 = 2  y   an +1 = 2 + an , entonces  an ≤ 2  

r.

s. La derivada n‐sima de  x 2 e x es  ( x 2 + 2nx + n(n − 1))e x       Solución de algunos:  c)  Primer paso: Para n = 1 se tiene que  a n − 1 = a − 1  es claramente divisible por  a − 1 .  Segundo paso (hipótesis de inducción): Supongamos que es cierto lo que se pide para k‐1.  Tercer  paso:  Escribamos  a k − 1 = a k − a k −1 + a k −1 − 1 ,  y  agrupando  términos,  vemos  que 

a k − a k −1 + a k −1 − 1 = a k −1 (a − 1) + (a k −1 − 1) .  El  primer  sumando  del  segundo  miembro  es  claramente múltiplo de  a − 1 , y el segundo también, por la hipótesis de inducción. Por tanto,  a n − 1  es divisible por  a − 1  para cualquier valor de n.    e)  Este puede demostrarse por inducción, y también sin ella. Hagámoslo primero sin inducción.  Escribamos,  para  empezar,  S n = 1 + q + q 2 + ... + q n .  A  continuación,  multipliquemos  por  q  esta  expresión  para  obtener  qS n = q + q 2 + ... + q n + q n +1 .  Restando  ambas  expresiones  y  despejando la  S n , tendremos  S n =

1 − q n +1 .  1− q

Usemos ahora el método de inducción:  Primer  paso:  Para  n  =  0  se  tiene  que  S0 = 1 ,  y  también  que 

1 − q 0+1 1 − q = = 1 .  Luego  el  1− q 1− q

resultado se comprueba para n=0.  Segundo  paso  (hipótesis  de  inducción):  Supongamos  que  es  cierto  lo  que  se  pide  para  k‐1: 

S k −1 = 1 + q + q 2 + ... + q k −1 =

1 − qk .  1− q

Tercer paso: Escribamos,  S k = (1 + q + q 2 + ... + q k −1 ) + q k = S k −1 + q k y usando la hipótesis de  inducción tendremos que: 

1 − q k 1 − q k 1 − q k + q k − q k +1 1 − q k +1 .    S k = S k −1 + q = + q = = 1− q 1− q 1− q 1− q k

 

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  h) 

2n > n3 si  n ≥ 10 .  Primer  paso:  Para  n  =  10  (notemos  que  ahora  el  primer  valor  de  n  es  10,  pues  para  valores  menores puede no ser cierta la desigualdad) se tiene  210 = 1024 > 1000 = n3 .   Segundo paso (hipótesis de inducción): Supongamos que es cierto lo que se pide para k‐1: 

2k −1 > (k − 1)3 .  Tercer  paso:  Escribamos  2k = 2 × 2k −1 = 2k −1 + 2k −1 ,  y  usando  dos  veces  la  hipótesis  de  inducción  tendremos  que:  2k = 2k −1 + 2k −1 > (k − 1)3 + (k − 1)3 .  Ahora  nos  queda  hacer  aparecer en el último  miembro la tercera potencia de k [ésta es la parte más “imaginativa”  del  ejercicio].  Observemos  que    por  ser  k  mayor  o  igual  que  10,  siempre  es  cierto  que 

(k − 1)3 > (k − 1) 2   y  también  que,  por  ejemplo,  (k − 1)3 > 4(k − 1) 2 .  Por  tanto,  podremos  poner: 

2k = 2k −1 + 2k −1 > (k − 1)3 + 4(k − 1) 2 = (k − 1)3 + 3(k − 1) 2 + (k − 1) 2 .  Observamos  ahora  que  los dos primeros sumandos del último miembro son los dos términos iniciales del desarrollo  del  binomio  de  ((k − 1) + 1)3 ,  así  que  completaremos  ese  desarrollo  con  los  términos  que  hagan falta, restándolos después para que no cambie nada: 

(k − 1)3 + 3(k − 1) 2 + 3(k − 1) + 1 + (k − 1) 2 − 3(k − 1) − 1 = ((k − 1) + 1)3 + (k − 1) 2 − 3(k − 1) − 1 = = k 3 + (k − 1) 2 − 3( k − 1) − 1 Po  lo  tanto,  como  k  es  mayor  que  10,  los  términos  que  acompañan  al  cubo  de  k  son  una  cantidad positiva, luego  2k = 2k −1 + 2k −1 > k 3 + (nº positivo) > k 3 .    k)  Si  a1 = 2  y   an +1 = 2 + an , entonces  an ≤ 2 .  Primer paso: Para n = 1 se tiene que  a1 = 2 = 1, 414... < 2 .  Antes de continuar escribamos  algunos términos para hacernos una idea:  a1 = 2, a2 = 2 + 2 , a3 = 2 + 2 + 2 ...   Vemos claramente que el término n‐simo lleva n raíces.  Segundo paso (hipótesis de inducción): Supongamos que es cierto lo que se pide para k‐1:  

ak −1 = 2 + 2 + ... + 2 < 2   Tercer  paso:  Escribamos,  ak = 2 + ak −1 y  usando  la  hipótesis  de  inducción  (y  también  el  hecho  de  que  la  función  “raíz  cuadrada”  es  creciente)  tendremos  que: 

ak = 2 + ak −1 < 2 + 2 = 4 = 2 .    l)  La derivada n‐sima de  x 2 e x es  ( x 2 + 2nx + n(n − 1))e x .  Escribamos, como es costumbre,  f ( x) = x 2 e x .   Primer paso: Para n = 0 se tiene que la derivada 0‐ésima es la propia función:  f (0) ( x) = x 2 e x ,  que  satisface  la  fórmula  dada;  aún  así,  para  asegurarnos  más,  calcularemos  la  primera   

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derivada, 

f (1) ( x) = f '( x) = 2 xe x + x 2 e x = ( x 2 + 2 × 1× x + 1× (1 − 1))e x ,  que  también  la 

satisface.  Segundo paso (hipótesis de inducción): Supongamos que es cierto lo que se pide para k‐1:  

f k −1 ( x) = ( x 2 + 2(k − 1) x + (k − 1)(k − 2))e x   Tercer  paso:  Escribamos,  f ( k ) ( x) = ( f ( k −1) ( x)) ' y  usando  la  hipótesis  de  inducción   tendremos : 

( f k −1 ( x)) ' = [( x 2 + 2(k − 1) x + (k − 1)(k − 2))e x ]' = (derivando) = (2 x + 2(k − 1))e x + ( x 2 + 2(k − 1) x + (k − 1)(k − 2))e x = (reordenando) =   ( x 2 + (2(k − 1) + 2) x + ( k − 1)(k − 2 + 2))e x = ( x 2 + 2kx + k ( k − 1))e x  

EJERCICIOS DE RECURRENCIA   14. Resolver la recurrencia  

Fn = 5 Fn −1 − 6 Fn − 2 F0 = 0, F1 = 1

 y también ésta:  

Fn = 2 Fn −1 − 2 Fn − 2 F0 = 1, F1 = 3



Solución:    Resolvamos  la  primera.  Notamos  que  es  una  recurrencia  lineal,  pues  pasando  todos  los  términos  con  alguna  F  al  primer  miembro  nos  queda  una  combinación  lineal  de  los  mismos: 

Fn − 5 Fn −1 + 6 Fn − 2 = 0 . Ahora observamos también que el segundo miembro es 0, por lo que  la recurrencia es homogénea. Por tanto, podemos resolverla suponiendo que las soluciones  van  a  ser  del  tipo  Fn = r n ,  donde  r  es  un  número  todavía  desconocido.  Sustituyendo  en  la  ecuación de la recurrencia obtenemos la “ecuación característica”  r n − 5r n −1 + 6r n − 2 = 0 , que  tras dividir por  r n − 2  se reduce á  r 2 − 5r + 6 = 0 . Resolviendo se obtiene que r puede valer 2 ó  3.  Por  tanto,  hay  dos  soluciones  posibles:  Fn = 2n   y  Fn = 3n .  Dada  la  linealidad  de  la  recurrencia, la solución general es del tipo:  Fn = a 2n + b3n , y determinaremos las constantes  a y b usando las condiciones iniciales  F0 = 0, F1 = 1 : 

F0 = 0 = a 20 + b30 ⇒ a + b = 0 F1 = 1 = a 21 + b31 ⇒ 2a + 3b = 1

 

Luego  a = −1, b = 1 . Por tanto, la solución general de la recurrencia es   Fn = 3n − 2n .  NOTA 1: También puede resolverse usando la función generatriz.  NOTA 2: Comprobar numéricamente el resultado obtenido, construyendo algunos términos  de la sucesión recurrente.    Resolvamos  la  segunda.  Todo  es  igual  al  caso  anterior,  hasta  obtener  la  correspondiente  ecuación  característica  r 2 − 2r + 2 = 0 .  Las  soluciones  de  esta  ecuación  son  dos  números  complejos  conjugados,  1 ± i .    El  hecho  de  que  las  soluciones  sean  complejas  no  plantea  ninguna dificultad (además, conviene recordar que este tipo de soluciones siempre aparecen   

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en pares conjugados si los coeficientes de la ecuación son números reales). Para trabajar nos  quedaremos  sólo  con  una  de  ellas,  p.  ej.  1 + i ,  que  nos  provee  la  solución  Fn = (1 + i ) n .   NOTEMOS  ahora  que  tanto  la  parte  imaginaria  de  esta  solución  como  la  parte  real  son  también  soluciones  de  la  recurrencia  (esto  puede  demostrarse  sin  dificultad).    Operemos  ahora, escribiendo el complejo en forma trigonométrica: 

π π ⎤ nπ nπ ⎡ + i sen ) .  (1 + i ) = ⎢ 2(cos + i sen ) ⎥ = ( 2) n (cos 4 4 ⎦ 4 4 ⎣ nπ nπ Luego  la  solución  general  es  de  la  forma  Fn = a ( 2) n cos + b( 2) n sen ,  donde  4 4 determinaremos las constantes a y b usando las condiciones inicales  F0 = 1, F1 = 3 :  n

n

0π 0π + b( 2)0 sen ⇒ a =1 4 4   π π 1 1 F1 = 3 = a( 2) cos + b( 2) sen ⇒ a + b = 3 4 4 F0 = 1 = a( 2)0 cos

Luego  a = 1, b = 2 . Por tanto, la solución general de la recurrencia es: 

F1 = ( 2) n cos

nπ π + 2( 2) n sen .  4 4

NOTA: Comprobar numéricamente el resultado obtenido, construyendo algunos términos de  la sucesión recurrente.    15. Consideramos los números de Fibonacci dados por la siguiente recurrencia:  

Fn +1 = Fn + Fn −1 F1 = F2 = 1

 

Demostrar que  1 + F1 + F2 + ... + Fn = Fn + 2  y que  F12 + F22 + ... + Fn2 = Fn Fn +1 .  Solución de la primera:  Es un caso claro de demostración por inducción, así que damos los pasos correspondientes:  a) Comprobación para n = 1:  1 + F1 = 1 + 1 = 2 = F3 , pues por definición se tiene que  

F3 = F1 + F2 = 1 + 1 = 2 .  b) Hipótesis de inducción: Supongamos cierto el caso n=k‐1, esto es: 

1 + F1 + F2 + ... + Fk −1 = Fk +1 .  c) Conclusión. En efecto: 

1 + F1 + F2 + ... + Fk = (1 + F1 + F2 + ... + Fk −1 ) + Fk = [usando la hipótesis de inducción] = Fk +1 + Fk =   [por la definición de la recurrencia] = Fk + 2

 

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NOTA:  También  puede  demostrarse  usando  el  “método  de  descenso”:  Este  procedimiento  consiste en suponer cierto lo que se va a probar e ir rebajando el número de sumandos hasta  llegar a una expresión de la que se sabe sin duda alguna que es cierta. En efecto:   

1 + F1 + F2 + ... + Fn = Fn + 2 = [por la definición de la recurrencia] = = Fn +1 + Fn ⇒ 1 + F1 + F2 + ... + Fn −1 = Fn +1 [han desaparecido los Fn ]

 

  Reiterando  el  proceso,  lo  cual  sólo  puede  hacerse  un  número  finito  de  veces,  se  llegará  finalmente a la expresión, evidentemente cierta, 1+1 = 2. 

 

 

16. Resolver la recurrencia 

Fn = 4 Fn −1 + 2n F0 = 1

y también ésta:  

Fn +1 − Fn = 2n + 3 F0 = 1

.  

Solución:    La  primera.    Nos  encontramos  ante  una  recurrencia  lineal  y  no  homogénea,  debido  a  la  presencia  del  término  2n.  Por  tanto,  la  solución  general    se  compondrá  de  dos  partes: 

Fn = Fn( h ) + Fn( p ) ,  procedentes,  respectivamente,  de  la  recurrencia  homogénea  y  de  la  parte  no homogénea.  Fn( p ) recibe el nombre de solución particular.  a)  Solución  de  la  parte  homogénea  Fn = 4 Fn −1 .  Usando  la  hipótesis  Fn = r n   se  obtiene  inmediatamente que  Fn( h ) = 4n .  b)  Como  2n  es  un  polinomio  de  primer  grado  en  n,  buscaremos  una  solución  particular  en  forma de polinomio, también de primer grado:  Fn( p ) = an + b . Sustituyendo esta forma en la  ecuación  original  completa  quedará:  an + b = 4(a(n − 1) + b) + 2n   o  bien,  pasándolo  todo  al  primer miembro:  n(−3a − 2) + (−3b + 4a) = 0 , lo cual nos da el siguiente sistema: 

2 3   4a 8 −3b + 4a = 0 ⇒ b = =− 3 9 2 8 Luego la solución particular es:  Fn( p ) = − n − , y la solución general será:  3 9 2 8 Fn = Fn( h ) + Fn( p ) = k 4n − n −   3 9 2 8 8 17 .  Donde, usando la condición inicial  F0 = 1  quedará  F0 = 1 = k 40 − 0 − = k − ⇒ k = 3 9 9 9 17 n 2 8 4 − n − .  Así pues,  Fn = Fn( h ) + Fn( p ) = 9 3 9 −3a − 2 = 0 ⇒ a = −

 

 

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La segunda. Nos encontramos también ante una recurrencia lineal y no homogénea, debido a  la  presencia  del  término  2n+3.  Por  tanto,  la  solución  general    se  compondrá  de  dos  partes: 

Fn = Fn( h ) + Fn( p ) .    Sin  embargo,  la  ecuación  característica  resulta  ser  en  este  caso  r = 1 ,  lo  cual no nos permite utilizar el método del ejercicio anterior. PREGUNTA: ¿POR QUÉ? En lugar  de ello, construyamos una tabla:    n k 0  1 2 3  4  5  … …

Fn  

1  4 9 16 25 36 …

Fn +1 − Fn   3  5 7 9 

11 13 …

(k + 1) 2



2k + 3  



  En ella observamos inmediatamente que  Fn = (n + 1) 2 , lo cual nos pide una demostración por  inducción:  a) Comprobación para n = 0:  F0 = (0 + 1) 2 = 12 =1 .   b) Hipótesis de inducción: Supongamos cierto el caso n=k, esto es:  Fk = (k + 1) 2 .  c) Conclusión:  (k + 2) 2 = k 2 + 4k + 4 = (k 2 + 2k + 1) + (2k + 3) = Fk + (2k + 3) = Fk +1   NOTA:  Observar  que  en  la  tabla  de  más  arriba  los  elementos  de  la  tercera  fila  son  las  diferencias  de  los  que  se  hallan  encima  de  ellos  y  forman  una  progresión  aritmética  de  diferencia 2. Si repitiéramos el proceso de hallar las diferencias, tendríamos una cuarta fila  toda de 2’s, y la quinta sería toda de 0’s. Por ello se dice a veces que la solución obtenida es  una progresión aritmética de segundo grado.    17. Dado el alfabeto  {a, b, c} , se define  Fn  como el número de ristras, listas o palabras  de n 

 

letras formadas con ese alfabeto que poseen exactamente dos letras b que, además, aparecen  consecutivas. Hallar la relación de recurrencia correspondiente y resolverla.  Solución:  Construyamos una tabla para hacernos una idea del problema:    n 0  1  2  3 4  5  … k

Fn   0  0  1  4 12 32 …

(k − 1) × 2k − 2

… …

  Analicemos con algún detalle el caso k=5, por ejemplo. Una palabra de longitud 5 que satifsaga  las condiciones del problema se compone de la pareja bb y de tres letra que pueden ser a ó c.  El número de grupos formados con a’s y c’s es  VR32 = 23 (= VRk2− 2 = 2k − 2 si k = 5) = 8 . Ahora  bien, elegida una de la 8 variaciones, por ejemplo aca, el grupo bb puede ubicarse en cuatro   

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posiciones  diferentes:  *aca,  a*ca,  ac*a  y  aca*.  Luego,  por  el  Principio  Fundamental  de  la  Combinatoria:  Nº  de  palabras  de  5  letras  que  satisfacen  las  condiciones  del  ejercicio  =  (8  grupos de tres letras a, c) x (4 ubicaciones posibles) = 32.    Por  tanto,  la  tabla  sugiere  que  Fk = (k − 1) × 2k − 2 .  Para  asegurarnos,  es  necesaria  una  demostración por inducción: ¡¡EJERCICIO!!    Tal como está, tenemos ya la recurrencia resuelta. Podemos encontrar una fórmula recurrente  simplemente restando dos términos consecutivos de la misma: 

Fn − Fn −1 = (n − 1) × 2n − 2 − (n − 2) × 2n −3 = 2n −3 (2(n − 1) − (n − 2)) = n2n −3   Por tanto:  Fn = Fn −1 + n 2n −3 .      18. En  muchos  procesos  informáticos  se  utilizan  algoritmos  conocidos  como  “de  divide  y  vencerás”.  

 

El  más  simple  de  todos  origina  la  recurrencia  siguiente:    Fn = 2 Fn / 2 + n, con F1 = 0.   Resolverla. SUGERENCIA: Libro de Rosen, págs. 397 y siguientes.  Solución:  Tal como se advierte, la solución se puede leer en el texto de Rosen. Sin embargo, daremos  una pista razonable: “divide y vencerás” quiere decir que para resolver un problema, se divide  éste  en  varios  subproblemas  más  sencillos  y  después  se  combinan  las  soluciones  parciales  obtenidas.  El  caso  más  simple  corresponde  a  dividir  el  problema  en  dos  (aunque  puede  hacerse en varios más, claro está), y después continuar dividiendo cada subproblema en otros  dos, etc. etc.   Por tanto, en este caso el índice n recorrerá las potencias de 2, esto es, 1, 2, 4, 8, 16…, así que  podemos construir una tabla para hacernos una idea: 

F1 = 0   F2 = 2 F1 + 2 = 2 × 0 + 2 = 2   F4 = 2 F2 + 4 = 2 × 2 + 4 = 8   F8 = 2 F4 + 8 = 2 × 8 + 8 = 24   F16 = 2 F8 + 16 = 2 × 24 + 16 = 64   …  ¡¡Terminen el proceso!!   

EJERCICIOS DE ARITMÉTICA     19. Dado un número cualquiera  n ∈  que satisfaga  n ≥ 2  , probar que en cualquier sucesión  de n naturales consecutivos sólo hay uno que sea divisible por n.  

 

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Solución:  Comenzamos haciendo tres observaciones:  a) Se nos pide un resultado válido para TODOS los números naturales que sean mayores  que  2.  Por  tanto,  el  MÉTODO  DE  INDUCCIÓN  parece  la  forma  más  adecuada  de  proceder.  b) Esta es inmediata, pero conviene señalarla: Los múltiplos de cualquier número natural   n se hallan distribuidos a distancia n unos de otros en el conjunto de los naturales (p.  ej. los de 2 (los pares), cada 2 números; los de 3, cada 3, etc.  c) Notamos que lo que pide el ejercicio es demostrar que algo es único.  Llevemos a cabo los tres pasos de la indución:  1) Comprobación para n =2: Según el ejemplo de la observación b), en cada pareja de números  consecutivos hay sólo uno par.   2) Hipótesis de inducción: Supongamos cierto el caso n=k‐1, esto es, en cada sucesión de k‐1  números  naturales  consecutivos  hay  exactamente  uno  múltiplo  de  k‐1.  Pasemos  al  caso  siguiente:   3)  Conclusión.  Tomemos  una  sucesión  de  k  naturales  consecutivos,  y  dividámosla  en  dos  partes: La primera la forman los primeros k‐1 números, la última, el k‐ésimo. Busquemos ahora  en la sucesión un número que sea múltiplo de k. Si lo encontramos entre los k‐1 primeros, ya  no hay más en la sucesión, pues el siguiente y el anterior están siempre fuera de ella, por la  observación b). Si no está en la primera parte, ha de ser el que ocupa el lugar k‐ésimo, el cual  también es único en la sucesión.   20.  Dados  tres  números  impares  consecutivos  cualesquiera  y  que  sean  ≥ 5 ,  probar  que  al  menos uno de ellos es compuesto.   Solución:  Comenzamos haciendo algunas observaciones:  a) Se nos pide un resultado válido para TODAS las ternas de números naturales impares  consecutivos que sean  ≥ 5 . Por tanto, el MÉTODO DE INDUCCIÓN parece la forma más  adecuada de proceder. Sin embargo, no lo aplicaremos aquí.   b) La condición  ≥ 5 es necesaria porque hay dos ternas de números “pequeños” que son  todos  primos:  (1,3,5)  y  (3,5,7).  La  siguiente,  que  es  la  primera  de  las  admisibles,  ya  tiene uno compuesto: (5,7,9)  c) Notamos  que  el  ejercicio  pide  demostrar  que  al  menos  uno  en  cada  terna  es  compuesto.  Pero  puede  haber  más:  p.  ej.  en  (301,303,305)  son  todos  compuestos,  pues 301=7x43, 303=3x101, y 305=5x61.    La demostración se basa en  la observación b) del ejercicio anterior.  En efecto: Los números impares están a distancia 2 entre sí, y los múltiplos de 3, a distancia 3.  En algún momento coinciden ambas sucesiones; en las condiciones del ejercicio, por primera  vez  es  en  el  número  9,  y  después,  cada  seis  números:  15,  21,  27,  35,…  Pero  en  cada  seis 

 

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números  consecutivos  hay  tres  impares,  luego  siempre  uno  de  ellos  es  múltiplo  de  3,  por  lo  cual es compuesto.  Ilustración: 6 enteros consecutivos, en negrita los impares y subrayados los múltiplos de 3:    …‐20‐21‐22‐23‐24‐25‐…   

⎛ p⎞ ⎝ j⎠

21. Si p es un número primo y  j ∈ {1, 2,..., p − 1} , entonces p divide á  ⎜ ⎟ .   Solución:    Comenzamos  a  trabajar  formalmente:  Por  la  definición  de  los  números  combinatorios  tendremos:  

⎛ p⎞ p! p × ( p − 1)! ( p − 1)!   = =p ⎜ ⎟= j !( p − j )! ⎝ j ⎠ j !( p − j )! j !( p − j )!   En  principio  parece  haberse  terminado  ya,  pero  no  es  cierto:  ¡Aún  no  hemos  utilizado  la  condición  de  que  p  sea  primo!  La  demostración  finaliza  –ahora  casi  sí‐  observando  que  el  denominador de la fracción es un producto de números que son todos menores que p. Como  éste es primo, ninguno de ellos lo divide. Por tanto,  

⎛ p⎞ ( p − 1)! = p × (un número natural) , esto es, un múltiplo de p.  ⎜ ⎟= p j !( p − j )! ⎝ j⎠ ( p − 1)! es  ciertamente  un  NOTA  1.  Para  ser  estrictos,  también  deberíamos  probar  que  j !( p − j )! número natural. Quede como ejercicio complementario, inspirándose en la NOTA 2.  NOTA 2. Presentamos un par de ilustraciones:  

⎛11⎞ 11! 10 × 9 × 8 × 7 = 11× = 11× (5 × 3 × 4 × 7)   ⎟= 4 × 3× 2 ⎝ 4 ⎠ 4!7!

1ª) Ejempo afirmativo, pues 11 es primo:  ⎜

2ª) Ejemplo negativo, pues 8 no es primo:  

⎛8⎞ 8! 8 × 7 × 6 × 5 8 6 = = × × 7 × 5 = 2 × 1× 35 = 70 que NO es múltiplo de 8.  ⎜ ⎟= 4 × 3× 2 4 3× 2 ⎝ 4 ⎠ 4!4!   22. Demostrar que para cualquier  n ∈ , si p es primo, se tiene que p divide á  n p − n.   Evidentemente, se trata de una demostración por inducción.  Solución:    1) Comprobación para n =1:  1p − 1 = 1 − 1 = 0 = p × 0 es múltiplo de p.  2) Hipótesis de inducción: Supongamos cierto el caso n=k‐1, esto es , que  (k − 1) p − (k − 1) es  divisible por p.   

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3) Conclusión. Escribamos  k p − k utilizando la igualdad  k = k − 1 + 1 = (k − 1) + 1 . Nos quedará 

k p − k = [ (k − 1) + 1] − [ (k − 1) + 1]   p

Donde  vemos  que  el  primer  término  del  segundo  miembro  es  la  potencia  p‐ésima  de  un  binomio. Por tanto, sustituimos su desarrollo: 

⎛ p⎞ k − k = [ (k − 1) + 1] − [ (k − 1) + 1] = ∑ ⎜ ⎟(k − 1) j 1p − j − [ (k − 1) + 1]   j =0 ⎝ j ⎠ p

p

p

Recordemos ahora que los términos primero y último del sumatorio son respectivamente:    

⎛ p⎞ ⎛ p⎞ 0 p p 0 p ⎜ ⎟ (k − 1) 1 = 1 y  ⎜ ⎟ (k − 1) 1 = (k − 1)   p 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Usando esto reordenemos los términos de la expresión para  k p − k :    p −1 ⎛ p⎞ k p − k = 1 + (k − 1) p + ∑ ⎜ ⎟(k − 1) j 1p − j − (k − 1) − 1 j =1 ⎝ j ⎠   p −1 ⎛ p⎞ p j p− j = ⎡⎣(k − 1) − (k − 1) ⎤⎦ + ∑ ⎜ ⎟(k − 1) 1 j =1 ⎝ j ⎠

  El término entre corchetes es múltiplo de p por la hipótesis de inducción, y el sumatorio 

⎛ p⎞ ⎝ j⎠

también lo es, pues es una suma de términos del tipo  ⎜ ⎟ × número , pero el número  combinatorio es divisible por p (por ser éste primo: ver ejercicio anterior). Luego  k p − k  es  divisible por p. Fin de la demostración.    23.  Probar  que  si  p  es  primo,  entonces  el  resto  de  dividir  (a + b) p entre  p  es  el  mismo  que  deja la división de  a p + b p entre p.    Solución:    Éste es fácil. Antes de continuar, hagamos la siguiente OBSERVACIÓN: Si m deja un resto r al  dividir por p, y n un resto s, entonces m+n deja el resto r+s. En efecto: Usando el algoritmo de  la  división  tendremos  m=pxq+r  y  también  n=pxQ+s.  Sumando  ambas  igualdades  y  reordenando tendremos: (m+n)=px(q+Q)+(r+s) (PIENSEN UN MOMENTO qué pasaría si r+s>p)    p −1 ⎛ p ⎞ j p− j ⎛ p⎞ p p = a + b + ∑ ⎜ ⎟a j b p − j ,  pero  Para  la  demostración,  escribamos  (a + b) = ∑ ⎜ ⎟a b j =0 ⎝ j ⎠ j =1 ⎝ j ⎠ p

p

el último sumatorio es múltiplo de p, según el ejercicio anterior, y daría resto 0. Por tanto:  Resto de dividir  (a + b) p entre p = Resto de dividir  a p + b p entre p.   

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  24. Sean tres números  a, m, n ∈

. Probar que si  (a m − 1) es divisor de  (a n − 1) , entonces m 

es divisor de n.  Solución:    Éste también es fácil. Vamos a efectuar la división de  (a n − 1) por  (a m − 1) : 

an −1 = a n − m + a n − 2 m + a n −3m + ...   am −1   Esta  expresión  termina  sólo  si  n  es  múltiplo  de  n,  pues  si  n=km  para  algún  natural  k,  tendremos:   

a n − m + a n − 2 m + a n −3m + ... + a n − km = a n − m + a n − 2 m + a n −3m + ... + a 0 = a n − m + a n − 2 m + a n −3m + ... + 1   y la división ya no puede proseguir.    NOTA:  Si  n  no  fuese  múltiplo  de  m,  acabarían  apareciendo  términos  con  exponentes  negativos.     25. Si  n ∈

, se llama n‐simo número de Mersenne a  M n = 2n − 1 . 

a) Probar que si un número de Mersenne divide a otro, el exponente del primero divide al del  segundo.   b) Probar también que si un número de Mersenne es primo, su exponente también lo es ¿y al  revés?  Solución:    La primera cuestión es el ejercicio anterior cuando a = 2.   La segunda se deja como ejercicio para pensar en casa.  La contestación a la pregunta es NO. El número  M 67 = 267 − 1  no es primo. La demostración  de que no lo es se debió a E. Lucas (1876), y la obtención de una factorización fue conseguida  por F. N. Cole en 1903.   

EJERCICIOS DE CONJUNTOS, I   26.  En  el  conjunto  de  los  números  naturales,  excluido  el  0,  investigar  si  la  relación  binaria   

  es  una  relación  de  equivalencia,  de  orden  parcial,  de  orden  total… Representar lo que se diga con diagramas adecuados. 

Solución: 

 

17

Es una relación de orden parcial. En efecto:  •

Se  tiene  que  para  cualquier  número  entero  n,  se  cumple  que  nRn   (propiedad  reflexiva). NOTA: esta propiedad no es esencial en las relaciones de orden.  



Además, si  nRm  y  mRn , ello quiere decir que n divide á a m y m divide á n, lo cual  sólo se cumple si ambos números son iguales (propiedad antisimétrica, esta propiedad  tampoco es esencial para las relaciones de orden).  



Si  nRm  y  mRp , ello equivale a decir que existen dos números r y s tales que m=nr y  p=ms,  de  donde  p=ms=(nr)s=n(rs),  esto  es  nRp ,  lo  que  equivale  a  decir  que    n  es  divisor de p.(propiedad transitiva).  

Que la relación es de orden parcial lo ilustran ejemplos como éste:  2R12  y  2R18 , pero no es  psosible decidir si 12 antecede á 18 ó viceversa. Véase la figura siguiente: 

  27.  Se  llama  “diagrama  de  Venn”  a  la  representación  gráfica  de  conjuntos  mediante  curvas  cerradas en el plano tales que entre ellas siempre hay un número finito o nulo de puntos de  intersección. Construir diagramas de Venn generales (esto es, donde todas las curvas corten a  todas)  para  n  =  1,  2,  3,  4,  5.  Observar  que  cada  vez  son  más  difíciles  de  dibujar.  Por  tanto,  pensar  algún  procedimiento  sistemático  para  la  construcción  de  tales  diagramas.  Probar  además  que  el  número  de  regiones  en  que  un  diagrama  de  Venn  para  n  conjuntos  divide  al  plano es   . PISTA: Usar el método de inducción.  Solución:  Observar las sigientes figuras: 

 

18

  Figura A  Si intentamos dibujar con el mismo método el caso de 4 conjuntos, veremos que la situación  puede resultar “bastante confusa” (hacerlo). Por tanto, es mejor seguir una pauta como la que  se muestra en la fig.B. La demostración por inducción se deja como ejercicio: 

  Figura B  28. 

El 

producto 

cartesiano 

de 

dos 

conjuntos 







se 

denota 

por 

.  Para  tres  conjuntos  hay  varias  posibilidades:   ¿Son todas iguales? ¿por qué?  Solución:  Se trata de tres conjuntos diferentes, lo cual prueba que el producto cartesiano de conjuntos  no  es  asociativo.  En  efecto,  el  primero  de  ellos  está  formado  por  ternas  (a,b,c);  el  segundo, 

 

19

por pares ((a,b),c), donde el primer elemento es a su vez un par; el tercero, por pares (a,(b,c)),  donde el segundo elemento es a su vez un par.  29.  En  el  conjunto 

  de  todos  los  números  racionales  positivos  se  considera  la  familia  de 

conjuntos  .  Se construye el nuevo conjunto   Estudiar el tipo de orden de A: ¿es total? ¿es bueno? ¿por qué? 



Solución:  Consideremos  la  siguiente  figura,  donde  vemos  que  los  elementos  del  conjunto  se  hallan  ordenados,  de  acuerdo  con  la  forma  habitual  en  los  números  reales,    linealmente  sobre  la  semirrecta real positiva: Por tanto el orden es total.  

  Sin  embargo,  este  orden  no  es    bueno,  pues  por  ejemplo  el  subconjunto  de  A  formado  por  todos los números que pertenecen a él y son estrictamente mayores que 2 no tiene primer  elemento: Siempre hay puntos del conjunto arbitrariamente próximos á 2.  NOTA: En Análisis se dice que los números 0, 1, 2, 3, 4,… son puntos de acumulación de A.   30.  Establecer  todas  las  posibles  funciones  inyectivas  entre    y  .  ¿Existen  funciones  epiyectivas (o sobreyectivas, o exhaustivas) entre esos dos conjuntos? ¿Por qué?  Solución:  Los conjuntos en cuestión son:  Z 3 = {0,1,2} y Z 5 = {0,1,2,3,4} . Si una función   f : Z3 → Z 5   es inyectiva, entonces todos los elementos  f (0), f (1) y f (2) son diferentes en  Z 5 . Por tanto  hay  tantas  funciones  inyectivas  como  subconjuntos  de  tres  elementos  distintos  haya  en  Z 5 ,  teniendo 

V35 =

además  en  cuenta 

el  orden  en  que  se 

eligen,  o  sea,  hay 

5! 120 = = 60 funciones inyectivas.  (5 − 3)! 2

No hay funciones epiyectivas  f : Z3 → Z 5 , pues si g fuese una de ellas, una vez agotados los  valores  g(0), g(1) y g(2) en  Z 5 ,  habría  aún  dos  elementos  de  este  conjunto  que  deberían  proceder, mediante g, de 0, 1, ó 2 en  Z 3 . Pero en ese caso g NO sería una función.  NOTA 1. Podríamos preguntarnos cuántas funciones (inyectivas o no)  f : Z 3 → Z 5 existen en  total. La solución es fácil: Como hemos visto antes, cualquier función viene determinada por  tres elementos  f (0), f (1) y f (2) de  Z 5 . Si la función es inyectiva, son distintos entre sí, y si no  lo son, seguiremos teniendo una función, aunque no inyectiva. Por tanto hay tantas funciones  inyectivas  como  subconjuntos  de  tres  elementos,  distintos  o  no,  haya  en  Z 5 ,  teniendo   

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además en cuenta el orden en que se eligen, o sea, hay  VR35 = 53 = 125 funciones, entre las  cuales sólo 60 son inyectivas.  NOTA 2. En Teoría de Conjuntos es costumbre escribir el conjunto de todas las funciones de  un conjunto A en otro B en la forma  B A  (exponenciación de conjuntos). Si los conjuntos son  finitos, es válida la regla entre números cardinales  B A = B un caso particular, poniendo  B A = Z Z5 3 = Z 5

Z3

A

, de la cual la NOTA 1 presenta 

= 53 = 125 . 

EJERCICIOS DE CONJUNTOS, II   31.  Encontrar,  usando  la  Teoría  de  Conjuntos,    el  error  en  el  siguiente  razonamiento,  donde  supuestamente se prueba que −32 = 32 :  

−32 = (−2)5 = (−2)10 /2 = ((−2)10 )1/2 = 10241 /2 = 32   Solución:  El error está en que elevar a ½, esto es, extraer la raíz cuadrada, NO ES UNA FUNCIÓN.  Por  tanto, en  10241/2 = ±32  se ha elegido un signo (para transformar la raíz cuadrada en función)  que es el equivocado.  32. Sea  x ∈Z , distinto de 0. Hay varias funciones enteras asociadas a los enteros. Dibujar sus  gráficas en el intervalo [‐5,5]:   • • • • • •

         

 

  Solución:  Véase la figura siguiente (sólo para valores entre ‐2 y 2).   

 

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  33.  Sean  A  y  B  dos  conjuntos  cualesquiera,  vacíos  o  no.  Demostrar  que  se  cumple    y  encontrar  un  contraejemplo  en  el  que  la  inclusión  sea  estricta  (esto es, no se cumpla la igualdad).  Solución:  Hay varias formas de probar esta inclusión. Elijamos una fácil, distribuida en varios casos:  •

Si  A ∩ B = ∅ , entonces es cierta la igualdad, pues al construir la unión  P(A) ∪ P(B) , es  imposible  que  haya  subconjuntos  que  lo  sean  a  la  vez  de  A  yde  B,  exceptuando  el  vacío, que sólo contaremos una vez. 



Si  A ⊆ B  (o al revés), entonces todos los subconjuntos de A lo son de B (o al revés),  luego se tiene la inclusión  P(A) ∪ P(B) ⊆ P(A ∪ B) = P(B)  (ó  P(A) , claro está). 



Si  A ∩ B ≠ ∅ ,  es  fácil  ver  que  P(A) ∪ P(B) ⊆ P( A ∪ B) ,  pues  en  el  último  conjunto  encontraremos  todos  los  subconjuntos  de  A  y  los  de  B,  además  de  aquellos  que  poseen elementos comunes con A, con B y con  A ∩ B , si los hubiera. 

Para ver un ejemplo de inclusión estricta, consideremos  A = {1,2,3,4,5} , B = {4,5,6,7} . En  este  caso,  A ∩ B = {4,5} ≠ ∅ .  El  subconjunto  C = {3,4,7} ⊂ A ∪ B   no  es  subconjunto  ni  de  A,  ni  de  B,  ni  de  su  intersección,  pero  sí  de  su  unión  (corresponde  al  punto  tercero  recién  visto).  34.  A  veces  se  escribe  el  conjunto  de  todas  las  funciones  de  un  conjunto  A  en  otro  B  en  la  forma  B A ⊂ P(A × B) .  Por  ejemplo, 

  es  el  conjunto  de  todas  las  funciones  reales  de  una 

× el de las funciones reales de dos variables reales (algunos subconjuntos  variable real, y  de  éstos  son  los  que  se  usan  en  el  curso  de  análisis).  Sea  ahora  A  un  conjunto  cualquiera,  y 

B = {0,1} .  Calcular  para  este  caso  el  conjunto B A = {0,1}   .  ¿Qué  se  puede  decir  de  él  en  A

relación al conjunto de las partes de A?  Solución: 

 

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Sea   

C ⊆ A   un  subconjunto  cualquiera  de  A.  Definiremos  una  función  χC : A → {0,1} , 

asociada a él, de la forma siguiente: 

⎧1 si x ∈ C   ⎩0 si x ∉ C

χ C ( x) = ⎨

En otras palabras, esta función, a la que llamaremos “función característica de C”, nos informa  de si un determinado elemento x pertenece (valor 1) o no (valor 0) al subconjunto C. La letra  griega  χ se lee “ji” (en inglés se escribe “chi” y se pronuncia “kái”).  Por tanto, dar un subconjunto equivale a dar su función característica. Luego  {0,1} = P(A) ,  A

que es costumbre escribir simplemente como   2A .  NOTA:  Si  A  es  finito,  recuperamos  la  fórmula  P( A) = 2 > A .  Si  no  lo  es,  la  expresión  2A   A

provee  un  conjunto  cuyo  cardinal  infinito  “es  mayor”  que  el  de  A.  Por  ejemplo,  si  A = tendremos  que  P( ) = 2

ℵ0

ℵ0

= 2 > ℵ0 .    Nadie  ha  conseguido  probar    que  2 =



,  ni 

tampoco  lo  contrario.  La  última  igualdad  es  una  forma  de  la  “Hipótesis  del  Continuo”.  Por  tanto, existen Matemáticas en las que se acepta esta hipótesis, y otras donde no.  35.  Sea  A = [ x ]   el  conjunto  de  todos  los  polinomios  en  una  variable  x  con  coeficientes  reales. Consideremos ahora el polinomio x 2 + 1  y definamos una relación de equivalencia en A  de la siguiente forma:  p(x)ℜq(x) si los restos de dividir esos polinomios entre  x 2 + 1  tienen el  mismo grado. Construir el conjunto cociente  [ x ]/ ℜ .   Fijándose  bien,  se  darán  cuenta  de  que 

[ x ]/ ℜ     es  “casualmente”  el  conjunto 

  de  los 

números complejos.  Solución:  Al dividir un polinomio cualquiera de  [ x ] por  x 2 + 1  el resto sólo puede ser una constante (el  cero es una de ellas, por supuesto) o un polinomio de grado 1,  a + bx . Luego en  [ x ]/ ℜ sólo  hay dos clases de equivalencia: 

⎧[1] = {polinomios que dan resto constante}   [ x ]/ ℜ = ⎨ x x polinomios no nulos múltiplos de  = [ ] { } ⎩ Por  tanto,  y  en  analogía  con  el  caso  de  la  Aritmética  Modular,  la  clase  de  un  polinomio  cualquiera de primer grado será:  [a + bx ] = a [1] + b [ x ] . Si usamos la notación  [1] = 1, [ x ] = i , 

tendremos que  [a + bx ] = a [1] + b [ x ] = a + bi .   

   

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EJERCICIOS DE LÓGICA, I   36. Entre el cálculo proposicional y la teoría de conjuntos existe una analogía representada en  la siguiente tabla: 

Cálculo de proposiciones 

Álgebra de conjuntos 

Proposiciones: p, q 

Conjuntos: A, B 

p ∨ q , disyunción 

A ∪ B , unión 

p ∧ q , conjunción 

A ∩ B , intersección 

  ¬p , negación 

A , complementario 

Contradicción  

∅ , conjunto vacío 

Tautología 

Conjunto universal 

p ⇒ q , implicación 

A ⊆ B , subconjunto 

Establecer cuál es el análogo de la “doble implicación”  p ⇔ q , usando tablas de verdad (y sin  ellas).  Solución:  Lo  resolvemos  primero  sin  tablas:  Si  p ⇒ q se  corresponde  con  A ⊆ B ,  entonces  p ⇐ q se  corresponderá  con  A ⊇ B .  Por  tanto,  la  doble  implicación p ⇔ q ,  definida  como  

(p ⇒ q) ∧ (p ⇐ q)  y también llamada equivalencia, se corresponde con  A = B , la igualdad de  conjuntos.  Usemos ahora una tabla de verdad:  p q  p ⇒ q   p ⇐ q

[ (p ⇒ q) ∧ (p ⇐ q) ]=[ p ⇔ q ] 

1 1 







1 0 







0 1 







0 0 







La tabla nos dice que las proposiciones p y q son equivalentes cuando tienen el mismo valor  de verdad.  Esta  analogía  se  extiende  también  al  “Álgebra  de  Boole”.  Estudiarlo  en  algún  texto,  p.  ej.,  el  Rosen. 

 

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37.  Usando  tablas  de  verdad  (y  sin  ellas),  hallar  los  valores  de  verdad  de p ∨ (¬q ∧ r )     y  de 

¬p ∨ (q ⇐ r ) .   Solución:  Resolvámoslo  directamente  y  comencemos  con  la  segunda  expresión.  Se  trata  de  una  conjunción, luego para que su valor de verdad sea 1 han de serlo los de ambas partes de ella.  Por  tanto,  en  el  primer  término  será ¬p = 1 ,  o  bien  p = 0 .  El  segundo  término  es  una  implicación,  que  es  cierta  siempre,  excepto  si  el  antecedente  es  verdadero,  r = 1 ,  y  el  consecuente falso,  q = 0 . Podemos resumirlo en una mini‐tabla:  p q r  Expresión 2ª 0 1 1



0 1 0



0 0 1



0 0 0



Para  la  primera  expresión,  notamos  que  es  preisamente  la  negación  de  la  segunda,  por  aplicación de las Leyes de De Morgan, con lo cual acaba el ejercicio. 

 

38.  Si la expresión  p(x) se transforma en una proposición al darle algún valor concreto a la  variable  x,  entonces  se  dice  que  p(x)   es  un  predicado.  El  conjunto  de  valores  de  la  variable  para los que la proposición correspondiente es verdadera es  la extensión de predicado. Hallar  la  extensión de los siguientes predicados:  p(x)= “el número x es primo y múltiplo de 3”  q(x)= “el entero x es múltiplo de 7 y divisor de 730”  r(x)=”el par x=(a,b) es solución de la ecuación diofántica 3a+2b=7”  s(x)=”el ciudadano x vota al partido XYZ en las elecciones generales y al ABC en las locales”  t(x)=”el número complejo x tiene módulo 1”    Solución:  La  extensión  del  primer  caso  se  reduce  al  conjunto  {3},  pues  no  existen  números  que  sean  primos y múltiplos de 3 salvo él mismo. En el segundo caso, la extensión es el conjunto vacío,  pues la descomposición de 730 es 2x5x73, luego no hay múltiplos de 7 entre sus divisores. Para  el caso tercero, basta con resolver la ecuación diofántica propuesta (ésta sí tiene soluciones:  calcularlas). En el cuarto caso, la extensión es el conjunto de aquellos ciudadanos que cambian  su voto XYZ en las generales por el ABC en las locales. Finalmente, el caso quinto tiene como 

{

extensión  x + iy ∈

 

}

x 2 + y 2 = 1 . 

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39. Para los predicados valen las reglas de negación obtenidas generalizando las leyes de De  Morgan  para  proposiciones.  Obtener  las  negaciones  de  los  siguientes  predicados  cuantificados:  p(z)=”todos los zurdos escriben con la mano izquierda” 

{

q(n)= “todos los conjuntos  An = n +

1 n∈ ,m ∈ m

}

− {0}  son no vacíos” 

r(d)= “algunos daneses son rubios”  s(e)= “ningún español es descendiente de esquimales”  t(p)= “Nadie es perfecto” (esta es la última frase de la película de Billy Wilder Con faldas y a lo  loco)  Solución:  Notemos,  para  el  caso  primero,  que  estamos  ante  una  expresión  del  tipo  ∀z z(i)   [aquí  z(i)  quiere decir que el zurdo z escribe con la izquierda]. Para negar expresiones cuantificadas, se  cambia  el  cuantificador  por  su  negación  y  el    predicado  por  la  suya: 

¬[∀z z(i)] = ( ¬∀z ) (¬z(i)) = ∃z ¬z(i) , que se lee: “Hay algunos zurdos que no escriben con 

la izquierda”.  El caso segundo consiste en negar la expresión  ∀n An ≠ ∅ . El resultado sería: “Hay algunos  conjuntos de esa familia que son vacíos”.  En  el  tercer  caso  hemos  de  negar  una  expresión  del  tipo  ∃d d (r ) ,  cuyo  resultado  será 

¬[ ∃d d (r )] = ( ¬∃d )( ¬d (r )) = ∀d ¬d (r ) = ¡acabarlo!  Para el caso cuarto, se trata de negar  ∀e ¬e(esquimal) … ¡terminarlo!  Caso quinto. Tras ver la película y disfrutar con ella, nótese que se puede escribir la frase en la  forma “todas las personas son imperfectas”, esto es,  ∀p p(i) . Su negación es “hay alguien que  no es imperfecto”.  40.  Demostrar  el  siguiente  teorema  por  diversos  métodos  (directo,  inducción,  contrarrecíproco, contradicción…):  TEOREMA: “Todo número entero no nulo que sea  múltiplo de 4 es par”  Solución:  Método  directo:  Si  n  es  múltiplo  de  4,  es  de  la  forma  4xk  para  algún  entero  k.  Pero  4  se  descompone  en  la  forma  2x2,  luego  n=  4xk  =(2x2)xk  =  [usando  la  propiedad  asociativa  del  producto de enteros] = 2x(2xk) = un número par.  Demostración por el contrarrecíproco (se probará que si n no es par, no puede ser múltiplo de  4):  Sea  n  un  número  no  par.  Ello  quiere  decir  que  no  hay  ningún  2  en  su  decomposición  en  primos. Por tanto, n tampoco puede ser múltiplo de 4, pues en tal caso tendría al menos dos  doses en su descomposición en factores primos.  Inducción:  Escribamos  p(k)  =  4xk  para  k  entero  positivo  no  nulo.  Los  pasos  del  método  de  inducción son ahora:   

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Comprobación inicial: Para k=1 es evidente que p(1) = 4x1 = 2x2 es par. 



Hipótesis de inducción: Supongamos que p(k‐1) = 4x(k‐1) es par. 



Conclusión: Veamos que p(k) = 4xk es par. En efecto: p(k) = 4xk = 4x(k‐1+1) = 4x(k‐1) +  4 = p(k‐1)+4 = una suma de números pares, luego es también par. 

Busquen otros métodos de demostración… 

  EJERCICIOS DE LÓGICA, II    41.  Demostrando  Teoremas.  Por  regla  general,  en  Matemáticas  y  en  otras  Ciencias  semejantes,  los  Teoremas  son  expresiones  lógicas  de  la  forma  A ⇒ B ,  y  en  atención  al  contenido  o  significado  de  lo  que  se  esté  tratando,  entenderemos  que    si  A  es  verdadero,  también  lo  será  B.  Cuando  tal  cosa  ocurre,  estamos  ante  un  razonamiento  válido.    Los  razonamientos  no  válidos  se  llaman  “falacias”.  Habitualmente,  la  expresión  A  es  una  conjunción de hipótesis  o condiciones, esto es,  A = A1 ∧ A2 ∧ ... ∧ An , y B es más a menudo  una sola proposición, aunque no es necesario que lo sea.   Por  ejemplo,  en  Análisis  Matemático  tomemos  el  siguiente  Teorema:  “Si  {an n ∈

} es  una 

sucesión  acotada  y  monótona,  entonces  es  convergente”.  En  este  caso  A = A1 ∧ A2 ,  donde 

A1 es  la  proposición  “ {an n ∈

“ {an n ∈

} es  acotada”, 

A2   es  “ {an n ∈

} es  monótona”,  y  B  es 

} es convergente”. 

Existen algunas reglas de manejo de expresiones que conviene conocer. Se pide demostrar las  siguientes, donde p, q y r son proposiciones.  1.

p ⇒ p ∨ q  (regla de adición) 

2.

p ∧ q ⇒ p (regla de sustracción) 

3.

p ∧ (p ⇒ q) ⇒ q (regla conocida como modus ponendo) 

4. (p ⇒ q) ∧ ¬q ⇒ ¬p  (regla conocida como modus tollendo)  5.

[(p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r )] ⇒ (p ⇒ r )  (regla conocida como silogismo hipotético) 

 

42. Consideremos estos dos ejemplos de razonamiento para decidir si son válidos o falacias,  razonando la decisión tomada:  1. “Si  Pepito  estudiase  Informática,  entonces  sería  simpático.  Pepito  no  estudia  Informática, luego no es simpático”. 

 

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2. “Si hace sol, Maruchi irá a la playa. Si va a la playa, tomará un helado (de fresa, claro  está). Hoy Maruchi no ha tomado helado (de ninguna clase). Por tanto Maruchi no ha  ido a la playa”. 

 

43. Un  rompecabezas  lógico.  Manolito  es  invitado  a  una  reunión  en  la  cual  toman  parte  Maruchi,  Pepito  y  Susanita.  Según  entra,  Maruchi  le  dice:  “nosotros  tres  somos  unos  mentirosos”; Pepito, muy ofendido, responde que “no, la única mentirosa es Maruchi”, y para  rematarlo del todo, Susanita exclama: “estos dos son aquí los únicos mentirosos”.   Manolito,  en  plena  desesperación,  se  va  de  la  reunión  e  intenta  determinar  si  alguno  de  los  otros tres le ha dicho la verdad ¡¡ayúdenlo!! 

 

44. Tómese la tabla de verdad correspondiente a las operaciones que se pueden llevar a cabo  con dos proposiciones p y q (la que tiene 16 columnas sin contar las dos primeras, reservadas a  los valores de p y q). Comprobar los siguientes hechos:  1. Toda la tabla puede construirse usando solamente los símbolos  ∨ , ¬ .  2. Toda la tabla puede construirse usando solamente los símbolos  ∧ , ¬ .  3. Intenten  establecer  si  será  cierto  lo  mismo  para  un  número  arbitrario  de  proposiciones.  NOTA:  Las  familias  de  símbolos  lógicos 

{∨ , ¬} y  {∧ , ¬}  

se  denominan  “conjuntos 

funcionalmente  completos  de  operadores  (=símbolos)  lógicos”.  Existen  también  conjuntos  funcionalmente completos con sólo un símbolo (véase cualquier texto).  45. Escribir tablas de verdad para las siguientes combinaciones de proposiciones y símbolos,  señalando si algunas son tautologías o contradicciones:  1.

¬q ⇒ q  

2.

p ∨ (q ⇒ p)  

3.

p ⇒ (q ⇒ r )  

4. (p ⇒ q) ⇒ (q ⇒ p)   5. ((p ⇒ q) ⇒ p) ⇒ ¬q    

 

 

         

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UN PAR DE EXÁMENES  Instrucciones generales para los exámenes.  1. En  todos  los  ejercicios  ha  de  EXPLICARSE  CON  DETALLE  el  proceso  seguido.  Se  calificará con 0 (cero) cualquier ejercicio que carezca de explicaciones, aunque el  resultado final sea el correcto.  2. NO  SE  PUEDEN  DEJAR  EJERCICIOS  EN  BLANCO.  Dejar  uno  o  más  de  ellos  implica  automáticamente NO APROBAR el examen, con nota total 0 (cero).  3. Para SUPERAR el examen, una vez satisfechas las condiciones 1 y 2 anteriores, será  necesario  obtener  COMO  MÍNIMO  9  (nueve)  puntos,  y  en  CADA  EJERCICIO  AL  MENOS 1 punto.  4. Tiempo estimado: HORA Y MEDIA. 

  EXAMEN DE 30.01.2012   (Máximo: 18 puntos)  Ejercicio Primero (Combinatoria y Recurrencia, 3+3 puntos).  • •

Definir  “variaciones  (con  y  sin  repetición)  de  n  elementos  tomados  de  k  en  k”.  En  cierto país se matriculan los automóviles con placas del tipo “2 letras +3 números +2  letras” ¿cuántos vehículos pueden numerarse? (usar alfabeto latino de 26 letras).   Definir “relación de recurrencia”. Definir “relación lineal de recurrencia”. ¿Es lineal la  recurrencia  an +3 = 3an + 2 + an +1 − 3an ? Resolverla con las condiciones iniciales  a1 = 1 , 

a2 = 1 ,  a3 = 1 .  (Pista: una raíz de la ecuación característica es 1)  Ejercicio Segundo (Aritmética Entera y Modular) (3+3 puntos).  •



El  millonario  Dolarín  acaba  de  fallecer  sin  que  se  sepa  muy  bien  quiénes  son  sus  herederos. En principio aparecen 7 y el notario ve que repartiendo a partes iguales los  millones,  sin  fraccionarlos,  sobrarían  4  para  una  ONG,  pero  más  adelante  (antes  de  repartir  nada)  se  hallan  a  otros  cuatro  herederos,  con  lo  que    ONG  se  llevaría  6.  Mientras tanto se encuentran dos herederos más, y la ONG se queda con 5 millones ¿A  cuánto asciende, como mínimo, la herencia?  Definir  la  “función  de  Euler  ϕ (m) ,  siendo  m ∈ ”.  Escribir  el  enunciado  del 

“Teorema de Euler”. Utilizar tal teorema para calcular el resto de dividir  21992 entre 17.  Comentar.  Ejercicio Tercero (Conjuntos y Lógica) (3+3 puntos)   •



 

Definir “relación sobre un conjunto” y “relación transitiva”. Sobre el conjunto  Z × Z   se  define  una  relación: (a, b) R (c, d ) cuando  ad = bc .  ¿Es  reflexiva  y  simétrica?  ¿y  transitiva?  Elija uno de estos dos:  o Traducir  a  lenguaje  lógico  el  siguiente  razonamiento:  “A  veces  ocurre  que  el  juez J no envía a los ladrones a la cárcel. El acusado A no va a la cárcel, luego es  un ladrón” ¿se trata de un razonamiento válido? Explicar. 

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o

Escribir en lenguaje lógico la expresión “En el país Z nadie recicla las basuras y  todo el mundo circula en automóvil privado” Construir su negación y escribirla  en lenguaje ordinario. 

 

EXAMEN DE 06.07.2012  (Máximo: 18 puntos)   

Ejercicio Primero (Combinatoria y Recurrencia, 3+3 puntos).  •

Establecer  razonadamente  que  “el  número  de  permutaciones  con  repetición,  Pnn1 ,n2 ,..., n k , de  n  elementos distribuidos en  k  grupos tales que  n = n1 + n2 + ... + nk ”,  es 



n! .    Aplicación:  En  el  desarrollo  del  trinomio  (3a + 2b − c)6 ,  hallar  el  n1 !n2 !...nk !

coeficiente del término donde aparece  a 2b 2 c 2 .  ¿Qué se entiende por solución de una relación de recurrencia? ¿Qué se entiende por  resolver la recurrencia?  Para trabajar:  {0,1,5,14,30,55,...} es solución de la recurrrencia lineal no homogénea 

an +1 = an + n 2 . Comprobarlo aplicando el método explicado en clase para tales casos  (solución general más solución particular, etc…)   Ejercicio Segundo (Aritmética Entera y Modular) (3+3 puntos).  • •

¿Qué es y para qué sirve el Algoritmo de Euclides de la Aritmética Entera? ¿Por qué  dicho algoritmo termina siempre?   ¿Qué son los “divisores de 0” en Aritmética Modular?   1. Hallar los divisores de 0 en  Z12   2. Resolver  en  Z 5 la  ecuación  de  segundo  grado  x 2 + x + 4 = 0 .  ¿Por  qué  no 

puede resolverse, en principio, en  Z12 ?   Ejercicio Tercero (Conjuntos y Lógica) (3+3 puntos)   •



Definir  “relación  de  orden  total  sobre  un  conjunto”.  Sobre  el  conjunto  N × N   se  da  esta  relación:  (a, b) ≺ (c, d )   cuando  a < c ,  pero  si  a = c ,  entonces  (a, b) ≺ (a, d ) cuando  b < d . Probar que es de orden total.  Elija uno de estos dos:  o Traducir  a  lenguaje  lógico:  “A  quien  la  policía  de  tráfico  encuentra  conduciendo  sin  seguro,  se  le  quitan  dos  puntos  del  permiso  de  conducir.  El  conductor C ha perdido dos, luego conducía sin seguro”. Este razonamiento no  es  válido:  Explicar  por  qué  (no  vale  contestar  algo  así  como  “no,  porque  los  perdió por no llevar el cinturón puesto…”).  o Escribir en lenguaje lógico la expresión “En el país E todos son aficionados al  fútbol y nadie tiene doce teléfonos móviles”. Construir su negación y escribirla  en lenguaje ordinario. 

      

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