ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA DE SETÚBAL DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
MATEMÁTICA DISCRETA Curso: LEI
Correção do exame da Época Normal - A 2006/2007
I
Diga, justi…cando, se as seguintes proposições são verdadeiras ou falsas:
1. [1,0]Dados a; b 2 Z tais que 12a + 13b = 5 e mdc (a; b) > 1, então mdc (a; b) = 5.
Verdadeira: dado que mdc (a; b) ja e mdc (a; b) jb, tem-se mdc (a; b) j12+13b; logo mdc (a; b) j5; como os únicos divisores de 5 são 1 e 5 e mdc (a; b) > 1 por hipótese, conclui-se que mdc (a; b) = 5.
2. [1,0]Dados os conjuntos A e B, se A B então P (A) P (B). Verdadeira: se x 2 P (A), então x A B; logo x 2 P (B).
3. [1,0]Existem 2n 1 subconjuntos não-vazios de um conjunto A com n elementos. Verdadeira: se jAj = n, então, tendo em conta o resultado conhecido
jP (A)j = n X k=0 n k = 2 n
tem-se, excluíndo o conjunto vazio, 2n 1 conjuntos não-vazios.
4. [1,0]Um grafo conexo com n vértices e n + 1 arestas tem necessariamente um circuito. Verdadeira: por um resultado conhecido, um grafo simples, conexo, com n vértices e sem circuitos tem necessariamente n 1 arestas; a adição de mais 2 arestas, seja na forma de laços, arestas múltiplas ou arestas entre vértices não adjacentes vai necessariamente dar origem a pelo menos um circuito.
II
1. [1,5]Mostre por indução que, para n 2 N;
n
X
j=1
j!j = (n + 1)! 1: (1)
Resolução: para n = 1, tem-se a igualdade
1
X
j=1
e, para n > 1 tem-se, admitindo a hipótese de indução (1) n+1 X j=1 j!j = (n + 1)! (n + 1) + n X j=1 j!j = = (n + 1)! (n + 1) + (n + 1)! 1 = = (n + 1)! (n + 1 + 1) 1 = = (n + 1)! (n + 2) 1 = = (n + 2)! 1
2. [2,0]Determine, justi…cando, a menor solução positiva do seguinte sistema: 3x 2 (mod 5)
x 1 (mod 4) :
Resolução: dado que mdc (4; 5) = 1, este sistema vai ter uma solução única módulo 5 4 = 20; o primeiro passo é a redução do sistema à forma
x a (mod 5) x b (mod 4)
estando a segunda congruência já nesta forma, é apenas necessário determinar a; para isto, é necessário resolver
3x 1 (mod 5)
note-se que esta congruência tem uma única solução módulo 5, pois mdc (3; 5) = 1: Tem-se então, para algum y 2 Z
3x 1 (mod 5), 3x + 5y = 1 e aplicando o algoritmo de Euclides
5 = 3 1 + 2
3 = 2 1 + 1 ) 5 ( 1) + 3 2 = 1 logo
3 2 1 (mod 5) e
2 (3x) 2 2 (mod 5)) 6x 4 (mod 5)) (5 + 1) x 4 (mod 5)) x 4 (mod 5) aplica-se então o Teorema Chinês dos Restos ao sistema
x 4 (mod 5) x 1 (mod 4)
tem-se então M = 5 4 = 20, M1 = 4, M2 = 5 e determinam-se x1 e x2 resolvendo as congruências M1x1 1 (mod 5) M2x2 1 (mod 4) , 4x1 1 (mod 5) 5x2 1 (mod 4)
a segunda é imediata, pois 5 = 4 + 1, logo
5x2 1 (mod 4)) (4 + 1) x2 1 (mod 4)) x2 1 (mod 4)
relativamente à segunda
4x1 1 (mod 5), 4x1+ 5y = 1
por inspecção, uma solução é x1 = 1 e y = 1; dado que 1 4 (mod 5), pode-se tomar
x1 = 4. Uma solução do sistema original é então dada por
X = 4 4 4 + 1 5 1 = 69 e a menor solução positiva X0 é o resto da divisão de X por M
X0 = 69 3 20 = 9
3. [1,5]Mostre que, se um número primo p divide o produto de inteiros ab; então pja ou pjb. Resolução: suponha-se que p - a; se a = 1, o resultado é imediato, pois ab = b; se a > 1 então mdc (p; a) = 1, pois p é um número primo que não divide a, logo, pelo Lema de Euclides, pjb.
III
1. Considere o conjunto A = f1; 2; 3; 4; 5; 6g e a relação binária R de…nida em A por xRy sse x y mod 2:
(a) [1,0]Liste os elementos de R e descreva-a através de uma matriz. Resolução: x y mod 2sse x e y têm a mesma paridade, logo
R = f(1; 1) ; (1; 3) ; (1; 5) ; (2; 2) ; (2; 4) ; (2; 6) ; (3; 1) ; (3; 3) ; (3; 5) ; (4; 2) ; (4; 4) ; (4; 6) ; (5; 1) ; (5; 3) ; (5; 5) ; (6; 2) ; (6; 4) ; (6; 6)g
sendo a matriz que a representa de…nida por Rij = 1 sse i e j têm a mesma paridade
R = 2 6 6 6 6 6 6 4 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 3 7 7 7 7 7 7 5
(b) [1,5]Mostre que R é uma relação de equivalência e determine as respectivas classes. Resolução: as seguintes propriedades conhecidas das congruências
x x mod m
x y mod 2) y x mod m
x y mod 2e y z mod 2) x z mod m
implicam, respectivamente, a re‡exividade, simetria e transitividade de R; logo, esta é uma relação de equivalência. Por outro lado, x; y 2 A pertencem à mesma classe de equivalência sse tem a mesma paridade, logo, tem-se as duas classes
A1 =f1; 3; 5g e A2 =f2; 4; 6g 2. [1,0]Mostre que n X k=0 n k + n n k = 2 n+1:
Resolução: pelo teorema binomial
n X k=0 n k = 2 n e n k = n n k logo n X k=0 n n k = 2 n então n X k=0 n k + n n k = n X k=0 n k + n X k=0 n n k = = 2n+ 2n= 2n+1
3. [1,5]Considere um saco com 53 bolas de 4 cores. Mostre que se existem pelo menos 8 bolas azuis no saco, então há pelo menos 14 bolas de uma das cores.
Resolução: basta ver que, com 53 bolas de 4 cores, para que a seguinte desiguladade seja satisfeita
53 4 (k 1) + 1
é necessário que k 1 13) k 14; logo, o Princípio do Arquivo implica que existem pelo menos 14 bolas da mesma cor.
IV
1. [1,0]Mostre que qualquer grafo simples regular de grau k 2 com 2k 1 vértices é hamil-toniano.
Resolução: pelo teorema de Ore, tem-se que, se u e v são vértices não adjacentes d (u) + d (v) = k + k = 2k > 2k 1
Alternativamente, pelo teorema de Dirac, tem-se max v2V (G)d (v) = k > 2k 1 2 = k 1 2 2. Considere o grafo G : 3 3 5 5 5 5 5 6 4 4 4 4 A B C D E F G 3 3 5 5 5 5 5 6 4 4 4 4 A B C D E F G
(a) [1,0]Determine o número cromático de G:
Resolução: como G é conexo e não regular, tem-se (G) , onde = maxv2V (G)d (v) = 6; por outro lado, dado que o subgrafo gerado pelos vértices fD; E; F; Gg é o grafo completo K4, tem-se
4 (G) 6 (2)
e utilizando o algoritmo guloso, obtem-se uma coloração com 4 cores
Vértices A B C D E F G
Cor 1 1 2 1 2 3 4
que, em conjunto com a desigualdade (2), implica (G) = 4. (b) [1,0]Determine uma árvore de suporte de custo mínimo de G.
Resolução: aplicando o algoritmo de Kruskal, ordenam-se primeiro as arestas em ordem crescente de custo
Arestas AF F G EG DF DE CD EF DG BG AG BC CG
Custo 3 3 4 4 4 4 5 5 5 5 5 6
X X X X X X
(dado que existem arestas distintas com o mesmo custo, outras ordenações tam-bém estariam correctas); após esta ordenação prévia, de acordo com o algoritmo, adicionam-se as arestas à árvore desde que não formem circuitos com as arestas já adicionadas anteriormente; obviamente, não é necessário continuar após a sexta aresta seleccionada. O custo total da árvore é 23.
(c) [1,5]Determine um caminho de custo mínimo entre os vértices A e C:
Resolução: (resumida) aplicando o algoritmo de Dijkstra, obtém-se a tabela (0 0 signi…ca uma etiqueta permanente)
A B C D E F G A 0 1 1 1 1 1 1 F 1 1 1 1 3 5 G 1 1 7 8 5 D 10 11 7 8 E 10 11 8 B 10 11 C 11
a partir desta tabela é gerada a árvore fAF; F E; F D; AG; GB; GCg, onde o único caminho entre A e C é A G C, com custo 11.
3. [1,5]Mostre que qualquer árvore tem pelo menos vértices de grau 1, onde é o maior dos graus dos seus vértices.
Resolução: seja v um vértice de grau ; cada uma das arestas nele incidentes, é também incidente noutro vértice u e para este último hà duas possibilidades: d (u) = 1 ou d (u) > 1; na primeira, u já é um vértice de grau 1; relativamente à segunda, se for eliminada a aresta uv, obtêm-se duas árvores disjuntas: uma contém o vértice v e a outra u; dado que d (u) > 1, esta última é uma ávore não-trivial, logo contém pelo menos dois vértices de grau 1, o que implica que, voltando a colocar a aresta uv, tem-se a garantia de ainda …car pelo menos um vértice de grau 1: Então, em qualquer dos casos, cada uma das aresta incidentes em v contribui com pelo menos um vértice de grau 1; dado que existem
