Matematica Discreta (6 crediti) AAAAA
21 Gennaio 2016
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1. Dimostrare per induzione che
n! ≥ 2n−1 per ogni n ≥ 1.
Soluzione: Base induzione n = 1: 1! = 1 = 20. Supponiamo per ipotesi d’induzione che n! ≥ 2n−1 e dimostriamo che (n + 1)! ≥ 2(n+1)−1= 2n.
(n + 1)! = (n + 1)n! ≥Ip.Ind. (n + 1)2n−1 ≥(n≥1)(1 + 1)2n−1 = 2 ∗ 2n−1= 2n.
Quindi il principio di induzione ci permette di concludere che il seguente enunciato `e vero:
∀n(n ≥ 1 → n! ≥ 2n−1).
2. Dieci amici prima giocano a carte e poi partecipano ad una cena.
(a) In quanti modi possiamo distribuire 40 carte tutte uguali tra i dieci amici immaginando che ogni amico abbia almeno una carta?
(b) Alla fine della cena ogni amico, salutando, stringe la mano a tutti gli altri amici. Quante strette di mano abbiamo in totale?
Soluzione: (a) Prima di dare una qualsiasi risposta, bisogna rappresentare il problema in maniera da farlo rientrare in una delle figure combinatorie. Le carte sono indistin- guibili. Bisogna distribuire solo 30 carte tra i dieci amici. La rappresentazione corret- ta `e quella dei multinsiemi di cardinalit`a 3 di un insieme di 10 elementi. Per esempio, A, A, A, A, A, A, B, B, B, C, C, C, C, C, C, C, C, C, .... significa che A ha sei carte (+1), B ha tre carte (+1), C ha nove carte (+1), e cos`ı via. In conclusione abbiamo combinazioni con ripetizione di un insieme di 10 elementi di ordine 30: il coefficiente binomiale 10 + 30 − 1 = 39 su 30.
(b) La stretta di mano dell’amico A e dell’amico B coincide con la stretta di mano dell’amico B e dell’amico A. L’ordine tra i due non `e importante. Quindi il numero di strette di mano
`e pari al numero di sottoinsiemi di cardinalit`a 2 di un insieme di 10 elementi. Combinazioni semplici: coefficiente binomiale 10 su 2.
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3. Sia f : N → N una funzione definita come segue:
f (x) = (x + 3)(x2+ 1).
Verificare se la funzione `e iniettiva, surgettiva oppure bigettiva.
Soluzione: La funzione f `e iniettiva se ∀xy(x 6= y → f (x) 6= f (y)). Per provarlo verifichiamo che la funzione `e strettamente monotona: x < y implica f (x) < f (y). Infatti, x < y implica x + 3 < y + 3 e x2 = x ∗ x < x ∗ y < y ∗ y = y2, da cui x + 3 < y + 3 e x2+ 1 < y2+ 1. In conclusione,
f (x) = (x + 3)(x2+ 1) < (y + 3)(x2+ 1) < (y + 3)(y2+ 1) = f (y).
Quindi se x 6= y abbiamo x < y oppure y < x e possiamo applicare la monotonia per provare l’iniettivit`a.
La funzione f `e surgettiva se ∀y∃x(f (x) = y). La funzione non `e surgettiva. Controesempio:
y = 0. Non esiste alcun x tale che f (x) = 0. Altrimenti (x + 3)(x2 + 1) = 0 implica che x + 3 = 0 oppure x2+ 1 = 0. Ma x + 3 ≥ 3 e x2+ 1 ≥ 1.
La funzione `e iniettiva ma non surgettiva. Quindi non `e bigettiva.
4. Si determini qual `e il resto della divisione di 977 per 11.
Soluzione: 11 `e un numero primo e non divide 9. Quindi possiamo applichiamo il piccolo teorema di Fermat 910 ≡ 1 (mod 11).
977= 910∗7+7= (910)7∗97 ≡11 17∗∗97 = 97 ≡11(−2)7 = −27 = −25∗22 = −4∗32 ≡11 −4∗(−1) = 4