MATEMATICA DISCRETA CLAUDIA MALVENUTO PRIMA PROVA IN ITINERE 4 APRILE 014 1. Trovare il numero di stringhe di lunghezza n che si possono formare usando le lettere A, B, C, D, E in modo che ogni stringa abbia un numero pari di A. (Suggerimento: calcolare il numero di stringhe binarie lunghe m che hanno un numero pari di 1.) Soluzione. Il numero totale di stringhe su 5 simboli è 5 n. Di queste, 3 n non contengono A e B (quindi un numero pari, uguale a 0, di A). L insieme X delle rimanenti 5 n 3 n stringhe si può ripartire in una famiglia {X i } di sottoinsiemi come segue. Due stringhe s ed s appartengono allo stesso sottoinsieme X i se, e solo se, i posti occupati dalle C, le D e le E nella stringa s sono gli stessi che nella stringa s. Questo significa che ci sono esattamente tante stringhe in X i quante stringhe nell alfabeto {A, B} di qualche fissata lunghezza n i n. Quante di queste stringhe binarie hanno un numero pari di A? Calcoliamo, come suggerito, il numero di stringhe binarie (in 0 1) di lunghezza m con un numero pari di 1. Se una stringa binaria lunga m 1 ha un numero pari di 1, basta mettere come suffisso uno 0 per ottenerne una lunga m con un numero pari di 1. Se invece ha un numero dispari di 1, basta mettere 1 come suffisso, per pareggiare gli 1. In altre parole, il numero di stringhe binarie lunghe m con numero pari di 1 è uguale al numero totale di stringhe binarie lunghe m 1, cioè m 1 : la metà. Da questo si deduce che in ogni X i le stringhe con un numero pari di A sono la metà degli elementi di X i ; pertanto globalmente il numero totale di stringhe in X con un numero pari di A è la metà di quelle di X, cioè 5n 3 n, e la soluzione finale del problema è: 3 n + 5n 3 n = 5n + 3 n. Soluzione di Andrea Di Lorenzo. Sia P n := {stringhe di lunghezza n con un numero pari di A}, p n = P n. Data una stringa, vi sono due possibilità : o la prima lettera è una A o non lo è. Presa una stringa in P n, se siamo nel primo caso, nella sottostringa di lunghezza n 1, ottenuta cancellando la prima lettera, la A dovrà comparire un numero dispari di volte; se invece ci troviamo nel secondo caso, nella stessa sottostringa la A dovrà comparire un numero pari di volte. Questo secondo caso può essere ulteriormente suddiviso in quattro sottocasi, a seconda che la prima lettera sia B, C, D o E. Siano P n ( ) := {stringhe lunghe n con un numero pari di A, prima lettera *}, D n ( ) := {stringhe lunghe n con numero dispari di A, prima lettera *}. e p n ( ), d n ( ) le rispettive cardinalità. L osservazione precedente può essere riformulata in termini di cardinalità come Osserviamo inoltre che p n (B) = p n 1 p n (A) = d n 1.
D n = {stringhe di lunghezza n} \ P n d n = 5 n p n e che esiste una naturale biiezione tra gli insiemi P n (B), P n (C), P n (D), P n (E) data dal mandare la stringa B in C o D o E. Se ne deduce: p n (B) = p n (C) = p n (D) = p n (E). Analogamente la stessa affermazione vale per i d n ( ). Possiamo quindi riscrivere la suddivisione in casi in termini di cardinalità: p n = p n (A) + p n (B) + p n (C) + p n (D) + p n (E) = d n 1 + 4p n 1 = 5 n + 3p n 1. Si verifica facilmente che p 1 = 4. Unendo questa informazione alla formula precedente otteniamo una successione definita per ricorsione: p n = 5 n + 3p n 1 = p 1 = 4. Calcoliamo esplicitamente il termine n-esimo della successione: p n = 5 n + 3p n 1 = 5 n + 3(5 n 1 + 3p n ) = 5 n + 5 n 1 3 + 5 n 3 +... + 5 3 n + 3 n 1 4 ( n ) = 5 n i 3 i 3 n 3 n 1 i=0 = 1 (5n+1 3 n+1 ) 4 3 n 1.
. Trovare il numero di modi fattorizzare 441000, in due fattori m ed n, con m > 1, n > 1 e coprimi tra loro, spiegando il procedimento. In generale, dimostrare che l intero N la cui fattorizzazione in primi sia N = p n 1 1 pn... pn ammette 1 1 fattorizzazioni (non banali) in coppie (m, n) di divisori propri coprimi tra loro. Soluzione. Anzitutto 441000 = ( 3 )(3 )(5 3 )(7 ). Si consideri l insieme X = {} associato con la fattorizzazione in primi di 441000. È chiaro che ogni elemento di X deve apparire nella fattorizzazione in primi di m oppure di n ma non in entrambi. Inoltre le due fattorizzazioni in primi di m e di n devono essere composte esclusivamente dagli elementi di X. Ne segue che il numero di coppie (non ordinate) di coprimi (m, n) è uguale al numero di modi di partizionare X in due sottoinsiemi (non ordinati) non vuoti. Le possibile partizioni non ordinate sono le seguenti: e X = { 3 } {3, 5 3, 7 } = {3 } { 3, 5 3, 7 } = {5 3 } { 3, 3, 7 } = {7 } { 3, 3, 5 3 } = { 3, 3 } {5 3, 7 } = { 3, 5 3 } {3, 7 } = { 3, 7 } {3, 5 3 }. La risposta è dunque 4 + 3 = 7 = 3 1. Vediamo il caso generale, che dimostriamo per induzione su. Per = 1, ovvero se N ha un solo fattore primo, ci sono 0 = 1 1 1 coppie che soddisfano la richiesta. Per, occorre vedere che un insieme a elementi Z = {a 1, a,..., a 1, a } ammette 1 1 partizioni (non ordinate) in parti non vuote, a patto che il corrispondente risultato valga per tutti gli insiemi a 1 elementi. Una possibile partizione di Z è Z = {a } {a 1, a,..., a 1 } = {a } W. Tutte le altre partizioni si possono ottenere ripartendo W in due classi - cosa che, per ipotesi induttiva, si può fare in 1 modi - e poi includendo a in una o nell altra parte, cosa che si può fare in modi. Per la regola del prodotto, il numero di partizioni di Z è dunque 1 + ( 1) = 1 1. 3
3. Dire quanti sono i grafi sull insieme di vertici {1,,..., n} isomorfi al grafo il cui insieme n archi (a due a due non incidenti) è il seguente: Soluzione. Il numero richiesto è {{1, }, {3, 4},..., {n 1, n}}. (n 1)(n 3) 5 3 1. Un matching è un grafo in cui due archi non sono mai incidenti. Un matching si dice perfetto se ha il massimo numero di archi possibile in un matching: per n vertici si tratta di n archi. Un grafo G sui vertici [n] è dunque un matching perfetto se ha come archi E(G) = {{a 1, a }, {a 3, a 4 },..., {a n 1, a n }}. Il coefficiente multinomiale ( n,,...,) conta il numero di liste ordinate lunghe n di sottoinsiemi a elementi (cioè, liste di n archi). Una qualunque permutazione di questi n archi dà luogo allo stesso matching. Il totale dei matching perfetti è dunque: ( ) 1 n = (n)! n(n 1)(n 1)(n 3) () 3 (1) 1 n!,,..., n = n! n = n! (n 1)(n 3) 5 3 1. Si chiama doppio fattoriale dispari (n 1)!! = (n 1)(n 3) 5 3 1, mentre il doppio fattoriale pari è (n)!! = (n)(n ) 4. 4
4. Sia G un grafo in cui tutti i vertici hanno grado almeno d. Mostrare che G contiene un cammino di lunghezza d (non necessariamente un cammino indotto). Soluzione. Per induzione su d 0: mostriamo più precisamente che da ogni vertice ha inizio un cammino di lunghezza d. Per d = 0, qualunque vertice del grafo fornisce un cammino con 0 archi. Per d = 1, sia x 0 un vertice arbitrario, e sia e 1 = {x 0, x 1 } un arco uscente da x 0, che esiste perché d G (x 0 ) d = 1. Allora x o, e 1, x 1 è un cammino di lunghezza 1. Supponiamo che in tutti in grafi con grado almeno d 1 esista un cammino di lunghezza d 1 0. Prendiamo un grafo G di grado d(g) d. Sia x 0 V (G) ed e 1 = {x 0, x 1 } un arco uscente da x 0. Consideriamo il grafo G x di vertici V (G) \ {x} e archi E(G) \ {e : x 0 e}. Tale grafo ha grado almeno d 1 (si è tolto un arco a ogni adiacente a x 0 ): per ipotesi induttiva esiste un cammino C che inizia in x 1 di lunghezza d 1, che non usa l arco e 1. Allora x 0, e 1, C è un cammino di G di lunghezza d che inizia in x 0. 5
5. Dimostrare la seguente identità ( ) ( ) ( ) n n + 1 n + + + +... + 0 1 ( n + 1 1 ) + ( ) ( ) n + n + + 1 = non utilizzando l induzione matematica, ma una delle interpretazioni combinatorie del coefficiente binomiale. Soluzione. Sia U l insieme delle stringhe binarie di lunghezza n + + 1 che hanno occorrenze di 1: esso ha cardinalità pari al coefficiente binomiale ( ) n++1. Possiamo così ripartire U in sottoinsiemi secondo la prima occorrenza di uno zero nella stringa. Più precisamente, sia U i := {(x 1,..., x n++1 ) : x 1, x, x i 1 = 1, x i = 0}, i = 1,... + 1; ogni U i contiene le stringhe che hanno come posizione della prima occorrenza di 0 l indice i, e quindi hanno come prefisso la stringa (x 1,..., x i ) = (1, 1,..., 1, 0). Si osserva che in U i ci sono tante stringhe quante stringhe binarie lunghe n++1 i che hanno (i 1) = i+1 occorrenze di 1, cioè ( ) n+ i+1 i+1. Poiché gli Ui sono a due a due disgiunti si ottiene: ( ) +1 n + + 1 +1 ( ) n + i + 1 = U = U i =, i + 1 che è esattamente la somma dell enunciato. i=1 i=1 6