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Final Matemática Discreta 01-08-2018
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Mensaje: #1
Final Matemática Discreta 01-08-2018 Finales Matemática Discreta
Hola, traigo el final de Discreta que se tomó en la última fecha de invierno (01/08/2018)

   

Resolución:
.pdf  parcial_discreta_01-08-2018.pdf (Tamaño: 110,51 KB / Descargas: 72)

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Ejercicio 1:
1.1) Existe más de un isomorfismo entre ambos ya que existen infinitas formas de representar un grafo 3-regular como G1 y G2.
1.2) Acá hay que considerar cada una de las funciones como preposiciones.
Acá la clave es decir que estás usando particularización, sino te lo consideran inválido. Entonces si usamos la equivalencia del condicional nos queda
\[(p \vee q ) \wedge (q \Rightarrow r) \wedge (\sim r)\Leftrightarrow (p \vee q) \wedge (\sim q \vee r) \wedge (\sim r)\]
Luego, si consideramos cada una de las preposiciones como verdaderas nos queda que
\[V(\sim r) = V \Rightarrow V®=F\]
\[V(\sim q \vee r) = V \Rightarrow V(\sim q)=V \Rightarrow V(q)=F\]
\[V(p \vee q) = V \Rightarrow V(p)=V\]
Entonces, tanto C1 como C2 son verdaderas.

Ejercicio 2:
2.1)
El autómata finito es determinístico porque tiene como máximo un cambio de estado por cada letra del alfabeto
2.2) Recuerden que cada lenguaje tiene una sola expresión regular. Como se puede ir por el bucle de q2 o ir y volver de q1 a q2, la expresión regular correcta es 0*11(1 + 01)*

Ejercicio 3:
3.1) Lo hice todo mal cry
3.2) Acá el truco está en pensar a la suma como supremo y el producto como ínfimo. Entonces queda como
\[(A, \vee, \wedge) : a \wedge \overline{b} \preceq c , a\vee c=1_A\]
Luego, por definición de Álgebra de Boole,
\[c= \overline{a} \wedge a= \overline{c}\]

Ejercicio 4: No me acordaba como era el producto de matrices, FUFUFU!!! cry

Ejercicio 5:
5.1) Vamos a simplificar la ecuación
\[112 x \equiv 392(91) \]
\[\Leftrightarrow 21 x \equiv 28 (91)\; (porque \; 112 \equiv 21 (91) \; y \; 392 \equiv 28 (91)) \]
\[\Leftrightarrow 3.7 x \equiv 4.7 (7.13) \]
\[\Leftrightarrow 3 x \equiv 4 (13)\]
Bueno, ya está simplificada. Ahora, ¿tiene solución? Si, porque cumple con la condición necesaria y suficiente, que es (3:13)= 1 y 1|4.
El tema es que esto es para la ecuación simplificada. Si volvemos a la ecuación original, (112:91)= 7 y 7|392 porque 392 = 2^3 . 7^2.
Entonces, la ecuación tiene 7 soluciones, que siguen la forma
\[X= 10+ 91.k ,\; 0 \leq k < 7 \Rightarrow X = 10,\; 101,\;192,\;283,\;374,\;465,\;556\]

5.2) Tenemos que calcular el resto de dividir 1564628 por 23, es decir, a qué es congruente 1564628 módulo 23.
Primero, 23 es número primo. Entonces, podemos aplicar el Pequeño Teorema de Fermat, que dice que
\[\forall x \epsilon Z, \; x^{23-1} = x^{22} \equiv 1 (23)\]
Además, 1564628 = 22 . 71119 + 10.
Entonces,
\[5^{1564628 }= 5 ^{22\;. 71119 +10} \]
\[ = (5^{22})^{71119} . 5^{10} \]
\[ \equiv 1^{71119} . 5^{10} (23) \]
\[ = 1.\; (5^{2})^{5} \]
\[ \equiv 1.2^5 (23) \]
\[ \equiv 1.9(23) \]
\[ 5^{1564628 } \equiv 9 (23)\]
Entonces, por definición de congruencia, el resto de dividir 1564628 por 23 es 9.

5.3) Hay que demostrar por inducción
\[\forall n \epsilon N, n \geq 4, \; 2^n< n!\]
demostración:
n=4
\[2^4 < 4! \Rightarrow 16 < 24\]
n=5
\[2^5 < 5! \Rightarrow 32 < 120\]

caso inductivo:
\[\forall n \epsilon N, n \geq 4, \; 2^n< n! \Rightarrow 2^{(n+1)} < (n+1)! \]
\[ 2^{(n+1)} = 2^n.\;2 \]
\[< n! \; . \; 2 \; (hip\acute{o}tesis \; inductiva) \]
\[ < n! \; . \; (n+1) \; (n \geq 4) \]
\[ = (n+1)! \; (definici\acute{o}n \; de \; factorial) \]
\[ \Rightarrow 2^{(n+1)} < (n+1)!\]

Si alguien me puede ayudar con lo que no pude hacer les agradezco.
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.pdf  Final_Matematica_Discreta_01_08_2018.pdf ( 84,13 KB / 64) por manoooooh
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02-08-2018 22:55
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Mensaje: #2
RE: Final Matemática Discreta 01-08-2018
Hola

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  1.1) Existe más de un isomorfismo entre ambos ya que existen infinitas formas de representar un grafo 3-regular como G1 y G2.

No entiendo muy bien a qué te referís con "infinitas formas de representar un grafo 3-regular". Es correcto que haya más de un isomorfismo entre ambos pero no que haya infinitas formas; de hecho hay exactamente 3! · 8 = 48 isomorfismos diferentes.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  1.2) Acá hay que considerar cada una de las funciones como proposiciones.
Acá la clave es decir que estás usando particularización, sino te lo consideran inválido. Entonces si usamos la equivalencia del condicional nos queda
\[(p \vee q ) \wedge (q \Rightarrow r) \wedge (\sim r)\Leftrightarrow (p \vee q) \wedge (\sim q \vee r) \wedge (\sim r)\]
Luego, si consideramos cada una de las proposiciones como verdaderas nos queda que
\[V(\sim r) = V \Rightarrow V®=F\]
\[V(\sim q \vee r) = V \Rightarrow V(\sim q)=V \Rightarrow V(q)=F\]
\[V(p \vee q) = V \Rightarrow V(p)=V\]
Entonces, tanto C1 como C2 son verdaderas.

En primer lugar no son preposiciones sino proposiciones. Una cosa es eliminar cuantificadores "a lo bruto", es decir, olvidarse de que existen, y otra muy distinta es eliminarlos "civilizadamente", usando reglas de inferencia oportunas, pero por lo que veo esto último no ocurrió. De cualquier manera C_1 es inválida, buscá un contraejemplo sencillo.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  2.1) El autómata finito es determinístico porque tiene como máximo un cambio de estado por cada letra del alfabeto

Bien.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  2.2) Recuerden que cada lenguaje tiene una sola expresión regular.

¡No! Un lenguaje puede tener infinitas expresiones regulares. Por ejemplo todas las siguientes representan el mismo lenguaje: \[0^*11(1+01)\left(\lambda+ (1+01){(1+01)}^*\right),\quad0^*11\left(\lambda+(1+01)+ (1+01)(1+01){(1+01)}^*\right),\quad\lambda^n 0^*11{(1+01)}^*\text,\] donde λ es la palabra nula.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  Como se puede ir por el bucle de q2 o ir y volver de q1 a q2, la expresión regular correcta es 0*11(1 + 01)*

Bien.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  3.2) Acá el truco está en pensar a la suma como supremo y el producto como ínfimo. Entonces queda como
\[(A, \vee, \wedge) : a \wedge \overline{b} \preceq c , a\vee c=1_A\]
Luego, por definición de Álgebra de Boole,
\[c= \overline{a} \wedge a= \overline{c}\]

¿De dónde sale eso? Sin dudas está mal.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  5.1) Vamos a simplificar la ecuación
\[112 x \equiv 392(91) \]
\[\Leftrightarrow 21 x \equiv 28 (91)\; (porque \; 112 \equiv 21 (91) \; y \; 392 \equiv 28 (91)) \]
\[\Leftrightarrow 3.7 x \equiv 4.7 (7.13) \]
\[\Leftrightarrow 3 x \equiv 4 (13)\]
Bueno, ya está simplificada. Ahora, ¿tiene solución? Si, porque cumple con la condición necesaria y suficiente, que es (3:13)= 1 y 1|4.
El tema es que esto es para la ecuación simplificada. Si volvemos a la ecuación original, (112:91)= 7 y 7|392 porque 392 = 2^3 . 7^2.
Entonces, la ecuación tiene 7 soluciones, que siguen la forma
\[X= 10+ 91.k ,\; 0 \leq k < 7 \Rightarrow X = 10,\; 101,\;192,\;283,\;374,\;465,\;556\]

Sin duda esas no son las soluciones porque son mayores que 91.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  5.2) Tenemos que calcular el resto de dividir 1564628 por 23, es decir, a qué es congruente 1564628 módulo 23.
Primero, 23 es número primo.

Bien.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  Entonces, podemos aplicar el Pequeño Teorema de Fermat, que dice que
\[\forall x \epsilon Z, \; x^{23-1} = x^{22} \equiv 1 (23)\]

No dice eso el pequeño teorema de Fermat. Si hubieras puesto x = 5 estaría bien.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  Además, 1564628 = 22 . 71119 + 10.
Entonces,
\[5^{1564628 }= 5 ^{22\;. 71119 +10} \]
\[ = (5^{22})^{71119} . 5^{10} \]
\[ \equiv 1^{71119} . 5^{10} (23) \]
\[ = 1.\; (5^{2})^{5} \]
\[ \equiv 1.2^5 (23) \]
\[ \equiv 1.9(23) \]
\[ 5^{1564628 } \equiv 9 (23)\]
Entonces, por definición de congruencia, el resto de dividir 1564628 por 23 es 9.

5.3) Hay que demostrar por inducción
\[\forall n \epsilon N, n \geq 4, \; 2^n< n!\]
demostración:
n=4
\[2^4 < 4! \Rightarrow 16 < 24\]
n=5
\[2^5 < 5! \Rightarrow 32 < 120\]

caso inductivo:
\[\forall n \epsilon N, n \geq 4, \; 2^n< n! \Rightarrow 2^{(n+1)} < (n+1)! \]
\[ 2^{(n+1)} = 2^n.\;2 \]
\[< n! \; . \; 2 \; (hip\acute{o}tesis \; inductiva) \]
\[ < n! \; . \; (n+1) \; (n \geq 4) \]
\[ = (n+1)! \; (definici\acute{o}n \; de \; factorial) \]
\[ \Rightarrow 2^{(n+1)} < (n+1)!\]

Bien.

A continuación adjunto mi resolución de este final con lo que faltó y las respuestas corregidas.

Cualquier duda por favor escribir.

Saludos.


.pdf  Final_Matematica_Discreta_01_08_2018.pdf (Tamaño: 84,13 KB / Descargas: 64)
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