1 (a) [3 punti] Si consideri la successione (a n ) n N definita per ricorrenza nel modo seguente: a 0 = 1 2 a n = a n

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1 Dipartimento di Matematica e Informatica Anno Accademico Corso di Laurea in Informatica (L-31) Prova in itinere di Matematica Discreta (12 CFU) 5 Dicembre 2016 A1 Compito A Tempo a disposizione 120 minuti 1 (a) [3 punti] Si consideri la successione (a n ) n N definita per ricorrenza nel modo seguente: a 0 = 1 2 a n = a n (2n 1) per ogni n 1 Dimostrare che a n = 3 ( n2), per ogni n 0 (b) [3 punti] Dimostrare che, per ogni n N, n 2, vale la disuguaglianza 4 n n + 1 (2n)! (n!) 2 2 [3 punti] Determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) della seguente equazione: 15x + 7y = 41 3 [3 punti] Determinare la cardinalità dell insieme dei numeri interi k, con 1 k 5292, che sono primi con [6 punti] Determinare le eventuali soluzioni dei seguenti sistemi di congruenze: 3x 3 mod 15 6x 9 mod 15 a) 5x 3 mod 7, b) 22x 55 mod 77 3x 2 mod 13 5 (a) [3 punti] Quanti sono i numeri naturali di sei cifre aventi le prime tre disposte in ordine crescente e le ultime tre cifre pari? Giustificare la risposta (b) [3 punti] Quanti sono i numeri naturali di cinque cifre tali che la somma delle ultime tre cifre è pari a 10? Giustificare la risposta 6 [6 punti] Determinare la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del seguente sistema: x + y + z = 30 0 x 4 y 5 z > 2

2 5 Dicembre 2016 Svolgimento della prova scritta Compito A 1 (a) [3 punti] Occorre dimostrare che la successione (a n ) n N ammette la seguente formula chiusa: a n = 3 ( ) n2 Base induttiva Banalmente per n = 0 si ha a 0 = 3 4 ( ) = 1 2 e, in effetti, dalla definizione ricorsiva di (a n ) n N si legge proprio a 0 = 1 2 Ipotesi induttiva Si supponga che a n = 3 ( n2) Tesi Proviamo che vale a n+1 = 3 ( (n + 1)2) Si ha: a n+1 = a n [2(n + 1) 1] = 3 ( ) n (2n + 1) = 3 ( ) 2 + (n + 1)2, 4 3 che è quanto si voleva dimostrare (b) [3 punti] Per ogni n N, con n 2, sia P(n) : 4 n n + 1 (2n)! (n!) 2 Base induttiva Banalmente per n = 2 la disuguaglianza diventa 16 3 valida Ipotesi induttiva Si supponga che valga P(n) Tesi Proviamo che vale P(n + 1), cioè che Si ha: 4 n+1 n + 2 = 4 4 n+1 (2n + 2)! n + 2 [(n + 1)!] 2 4 n n + 1 }} (2n)! (n!) 2 (Ipotesi induttiva) Se proviamo che per ogni n N, con n 3, si ha n + 1 n (2n)! (n!) 2 n + 1 n (2n)! (n!) 2 n + 1 (2n + 2)! n + 2 [(n + 1)!] 2, 6, quindi P(2) è continuando la maggiorazione di sopra si otterrebbe la tesi La suddetta disequazione equivale a 4 (2n)! (n!) 2 n + 1 2(n + 1)(2n + 1)(2n)! n + 2 (n + 1) 2 (n!) 2, che, svolgendo i facili conti, si trova essere verificata per n > 0, cioè per ogni n N, con n 1 Pertanto 4 n+1 (2n + 2)! n + 2 [(n + 1)!] 2, da cui la validità di P(n + 1) Per il principio di induzione la proprietà P(n) è quindi vera per ogni n N, con n 2 2 [3 punti] Da 15x + 7y = 41 segue 15x = 41 7y, cioè 15x 41 mod 7 Determiniamo la soluzione generale dell equazione 15x 41 mod 7 Essa è equivalente a x 6 mod 7 e la sua soluzione generale è x = 6 + 7λ, per ogni λ Z Sostituiamo tale espressione di x nell equazione assegnata: 15(6 + 7λ) + 7y = 41,

3 da cui y = 7 15λ In conclusione tutte e sole le soluzioni intere dell equazione data sono, al variare di λ Z, le coppie (6 + 7λ, 7 15λ) Z 2 3 [3 punti] La cardinalità richiesta si determina applicando la formula di Eulero Poiché 5292 = , si ha ( φ(5292) = ) ( 1 1 ) ( 1 1 ) = [2 punti] Sistema a) Dividendo la prima equazione per 3 e moltiplicando la seconda equazione per 3, il sistema si riscrive nel modo seguente: x 1 mod 5 x 2 mod 7 Dal momento che (5, 7) = 1, sono verificate le ipotesi del Teorema cinese del resto Con le consuete notazioni, si ha: M = 35, M 1 = 7, M 2 = 5 L equazione M 1 y 1 mod 5 è 7y 1 mod 5 che, moltiplicata per 3, si riscrive come y 3 mod 5 Una soluzione particolare è y 1 = 3 L equazione M 2 y 1 mod 7 è 5y 1 mod 7 che, moltiplicata per 3, si riscrive come y 3 mod 7 Una soluzione particolare è y 2 = 3 La soluzione generale del sistema data è dunque: x = λ, λ Z In modo compatto, tutte e sole le soluzioni del sistema a) sono i numeri interi x tali che x 51 mod 35, cioè x 16 mod 35 [4 punti] Sistema b) Dividendo la prima equazione per 3 e la seconda per 11, il sistema si riscrive nel modo seguente: 2x 3 mod 5 2x 5 mod 7, 3x 2 mod 13 da cui x 4 mod 5 x 6 mod 7, x 5 mod 13 È possibile applicare il Teorema cinese del resto Con le consuete notazioni, si ha: M = 455, M 1 = 91, M 2 = 65, M 3 = 35 L equazione M 1 y 1 mod 5 è 91y 1 mod 5 che si riscrive come y 1 mod 5 Una soluzione particolare è y 1 = 1 L equazione M 2 y 1 mod 7 è 65y 1 mod 7 che si riscrive come 2y 1 mod 7 Una soluzione particolare è y 2 = 4 L equazione M 3 y 1 mod 13 è 35y 1 mod 13 che si riscrive come 9y 1 mod 13 Una soluzione particolare è y 3 = 3 La soluzione generale del sistema data è dunque: x = λ, λ Z In modo compatto, tutte e sole le soluzioni del sistema b) sono i numeri interi x tali che x 174 mod 455

4 5 (a) [3 punti] Visto che le prime tre cifre devono essere disposte in ordine crescente e visto che lo 0 non può occupare la prima posizione (e quindi nessuna delle altre due), i primi tre posti possono essere occupati in C 9,3 modi distinti Infine, dovendo essere le ultime tre cifre pari, queste possono essere occupate in D (r) 5,3 modi distinti (sono ammesse le ripetizioni) Per la regola del prodotto, si hanno C 9,3 D (r) 5,3 = ( 9 3 numeri soddisfacenti le condizioni poste ) 5 3 (b) [3 punti] La prima posizione non può essere occupata dallo 0, quindi la prima cifra può essere scelta in D 9,1 modi distinti La seconda cifra può essere scelta liberamente tra le dieci possibili, quindi tale posizione può essere occupata in D 10,1 modi distinti Infine, le ultime tre cifre c 1, c 2, c 3 devono essere tali che c 1 +c 2 +c 3 = 10 Di numeri non negativi verificanti tale condizione ce ne sono C (r) 3,10 Da tale conteggio occorre eliminare tre casi: precisamente si tratta delle seguenti terne (c 1, c 2, c 3 ): (10, 0, 0), (0, 10, 0), (0, 0, 10) Per la regola del prodotto, si hanno D 9,1 D 10,1 (C (r) 3,10 3) numeri soddisfacenti le condizioni poste 6 [6 punti] Scriviamo il sistema in forma equivalente Si ha: x + y + z = 30 1 x 4 y 5 0 z 3 0 Posto X = x 1, Y = y 5, Z = z 3, si ottiene X + Y + Z = 21 0 X 3 Denotata con la cardinalità richiesta, si ha: = 1 2, dove con 1 si è denotata la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del sistema X + Y + Z = 21 (s 1 ) e con 2 si è denotata la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del sistema X + Y + Z = 21 X 4 (s 2 ) Posto X = X 4, il sistema (s 2 ) è equivalente al seguente X + Y + Z = 17 Alla luce di ciò, si ha subito ( ) = C (r) 23 3,21 C(r) 3,17 = 2 ( ) 19 2

5 Dipartimento di Matematica e Informatica Anno Accademico Corso di Laurea in Informatica (L-31) Prova in itinere di Matematica Discreta (12 CFU) 5 Dicembre 2016 A1 Compito B Tempo a disposizione 120 minuti 1 (a) [3 punti] Si consideri la successione (a n ) n N definita per ricorrenza nel modo seguente: a 0 = 1 3 a n = a n (2n 1) per ogni n 1 Dimostrare che a n = 1 ( 3 5n ), per ogni n 0 (b) [3 punti] Dimostrare che, per ogni n N, n 1, vale la disuguaglianza 3 n n + 2 (2n)! (n!) 2 2 [3 punti] Determinare le eventuali soluzioni intere (x, y) della seguente equazione: 7x + 15y = 31 3 [3 punti] Determinare la cardinalità dell insieme dei numeri interi k, con 1 k 3528, che sono primi con [6 punti] Determinare le eventuali soluzioni dei seguenti sistemi di congruenze: 3x 6 mod 7 10x 60 mod 70 a) 4x 4 mod 20, b) 3x 12 mod 5 2x 10 mod 13 5 (a) [3 punti] Quanti sono i numeri naturali di sei cifre tali che la somma delle ultime quattro cifre è pari a 10? Giustificare la risposta (b) [3 punti] Quanti sono i numeri naturali di sei cifre aventi le prime quattro cifre in ordine crescente e le ultime due cifre dispari? Giustificare la risposta 6 [6 punti] Determinare la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del seguente sistema: x + y + z = 40 x > 2 y 5 0 z 4

6 5 Dicembre 2016 Svolgimento della prova scritta Compito B 1 (a) [3 punti] Occorre dimostrare che la successione (a n ) n N ammette la seguente formula chiusa: a n = 1 ( 5n ) 3 Base induttiva Banalmente per n = 0 si ha a 0 = 1 3 ( ) = 1 3 definizione ricorsiva di (a n ) n N si legge proprio a 0 = 1 3 Ipotesi induttiva Si supponga che a n = 1 ( 3 5n ) Tesi Proviamo che vale a n+1 = 1 ( 3 5(n + 1) ) Si ha: e, in effetti, dalla a n+1 = a n [2(n + 1) 1] = 1 3 che è quanto si voleva dimostrare (b) [3 punti] Per ogni n N, con n 1, sia P(n) : ( 5n ) (2n + 1) = n n + 2 (2n)! (n!) 2 ( 5(n + 1) ), Base induttiva Banalmente per n = 1 la disuguaglianza diventa 3 3 2!, quindi P(1) è valida Ipotesi induttiva Si supponga che valga P(n) Tesi Proviamo che vale P(n + 1), cioè che Si ha: 3 n+1 n + 3 = 3 3 n+1 (2n + 2)! n + 3 [(n + 1)!] 2 3 n n + 2 }} (2n)! (n!) 2 (Ipotesi induttiva) Se proviamo che per ogni n N, con n 2, si ha n + 2 n (2n)! (n!) 2 n + 2 n (2n)! (n!) 2 n + 2 (2n + 2)! n + 3 [(n + 1)!] 2, continuando la maggiorazione di sopra si otterrebbe la tesi La suddetta disequazione equivale a 3 (2n)! (n!) 2 n + 2 2(n + 1)(2n + 1)(2n)! n + 3 (n + 1) 2 (n!) 2, che, svolgendo i facili conti, si trova essere verificata per n > 0, cioè per ogni n N, con n 1 Pertanto 3 n+1 (2n + 2)! n + 3 [(n + 1)!] 2, da cui la validità di P(n + 1) Per il principio di induzione la proprietà P(n) è quindi vera per ogni n N, con n 1 2 [3 punti] Da 7x + 15y = 31 segue 15y = 31 7y, cioè 15x 31 mod 7 Determiniamo la soluzione generale dell equazione 15x 31 mod 7 Essa è equivalente a x 3 mod 7 e la sua soluzione generale è x = 3 + 7λ, per ogni λ Z Sostituiamo tale espressione di x nell equazione assegnata: 7x + 15(7λ + 3) = 31,

7 da cui x = 2 15λ In conclusione tutte e sole le soluzioni intere dell equazione data sono, al variare di λ Z, le coppie ( 2 15λ, 3 + 7λ) Z 2 3 [3 punti] La cardinalità richiesta si determina applicando la formula di Eulero Poiché 3528 = , si ha ( φ(3528) = ) ( 1 1 ) ( 1 1 ) = [2 punti] Sistema a) Dividendo la prima equazione per 3 e la seconda equazione per 4, il sistema si riscrive nel modo seguente: x 2 mod 7 x 1 mod 5 x 1 mod 5 x 2 mod 7 Dal momento che (5, 7) = 1, sono verificate le ipotesi del Teorema cinese del resto Con le consuete notazioni, si ha: M = 35, M 1 = 7, M 2 = 5 L equazione M 1 y 1 mod 5 è 7y 1 mod 5 che, moltiplicata per 3, si riscrive come y 3 mod 5 Una soluzione particolare è y 1 = 3 L equazione M 2 y 1 mod 7 è 5y 1 mod 7 che, moltiplicata per 3, si riscrive come y 3 mod 7 Una soluzione particolare è y 2 = 3 La soluzione generale del sistema data è dunque: x = λ, λ Z In modo compatto, tutte e sole le soluzioni del sistema a) sono i numeri interi x tali che x 51 mod 35, cioè x 16 mod 35 [4 punti] Sistema b) Dividendo la prima equazione per 10, la seconda per 11 e la terza per 2, il sistema si riscrive nel modo seguente: x 6 mod 7 x 4 mod 5 x 4 mod 5 x 6 mod 7 x 5 mod 13 x 5 mod 13 È possibile applicare il Teorema cinese del resto Con le consuete notazioni, si ha: M = 455, M 1 = 91, M 2 = 65, M 3 = 35 L equazione M 1 y 1 mod 5 è 91y 1 mod 5 che si riscrive come y 1 mod 5 Una soluzione particolare è y 1 = 1 L equazione M 2 y 1 mod 7 è 65y 1 mod 7 che si riscrive come 2y 1 mod 7 Una soluzione particolare è y 2 = 4 L equazione M 3 y 1 mod 13 è 35y 1 mod 13 che si riscrive come 9y 1 mod 13 Una soluzione particolare è y 3 = 3 La soluzione generale del sistema data è dunque: x = λ, λ Z In modo compatto, tutte e sole le soluzioni del sistema b) sono i numeri interi x tali che x 174 mod (a) [3 punti] La prima posizione non può essere occupata dallo 0, quindi la prima cifra può essere scelta in D 9,1 modi distinti La seconda cifra può essere scelta liberamente tra le dieci possibili, quindi tale posizione può essere occupata in D 10,1 modi distinti Infine, le ultime quattro cifre c 1, c 2, c 3, c 4 devono essere tali che c 1 +c 2 +c 3 +c 4 = 10 Di numeri non negativi verificanti tale condizione ce ne sono C (r) 4,10 Da tale conteggio occorre

8 eliminare quattro casi: precisamente si tratta delle seguenti quaterne (c 1, c 2, c 3, c 4 ): (10, 0, 0, 0), (0, 10, 0, 0), (0, 0, 10, 0), (0, 0, 0, 10) Per la regola del prodotto, si hanno D 9,1 D 10,1 (C (r) 4,10 4) numeri soddisfacenti le condizioni poste (b) [3 punti] Visto che le prime quattro cifre devono essere disposte in ordine crescente e visto che lo 0 non può occupare la prima posizione (e quindi nessuna delle altre due), i primi quattro posti possono essere occupati in C 9,4 modi distinti Infine, dovendo essere le ultime due cifre pari, queste possono essere occupate in D 5,2 modi distinti (sono ammesse le ripetizioni) Per la regola del prodotto, si hanno ( ) C 9,4 D (r) 9 5,2 = numeri soddisfacenti le condizioni poste 6 [6 punti] Scriviamo il sistema in forma equivalente Si ha: x + y + z = 40 x 3 0 y z 4 Posto X = x 3, Y = y 5, Z = z 1, si ottiene X + Y + Z = 31 0 Z 3 Denotata con la cardinalità richiesta, si ha: = 1 2, dove con 1 si è denotata la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del sistema X + Y + Z = 31 (s 1 ) e con 2 si è denotata la cardinalità dell insieme delle soluzioni intere del sistema X + Y + Z = 31 (s 2 ) Z 4 Posto Z = Z 4, il sistema (s 2 ) è equivalente al seguente X + Y + Z = 27 Alla luce di ciò, si ha subito ( ) = C (r) 33 3,31 C(r) 3,27 = 2 ( ) 29 2