Final de matemática discreta. U.T.N.F.R.B.A. (página 3)

FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA.
30 / 07/ 02

1. Explicar:

a. porqué puede asegurarse que si v
y w son dos vértices de un digrafo finito y si hay camino
de v a w entonces hay camino simple de v a w.

b. porqué la relación S
no permite ordenar el conjunto ℝ pero en cambio
permite construir una partición del mismo
:

x S y sii | ent(x) | = | ent(y)
|

c. el error que se comete en la siguiente
derivación:

2. Demostrar:

a. " a. b, c Î Z: " n Î Z+:( a º n b
Ù c
º n
d) Þ a.(c
+e) º
n b.(d +e)

b. que en toda álgebra de Boole (A, +,
•,, 0, 1)
: " x, y,
z Î A: (x
≼ z Þ
)

3. Analizar el valor de
verdad de las siguientes proposiciones(Justificar las
respuestas)

a. La cantidad de matrices 3×3
con coeficientes en {1, 2, 3, 4, 5, 6} en las cuales los
elementos de la segunda columna forman una sucesión
estrictamente creciente o los elementos de la primera columna
forman una sucesión estrictamente decreciente es
1.866.240.

b. = 2048

c. Dada la tabla de pesos correspondiente a un
grafo ponderado G:

Es posible hallar:

1. al menos tres árboles generadores mínimos
   distintos
2. un subgrafo bipartido y fuertemente
   conexo

Observaciones

• Para aprobar el examen se necesita resolver
  correctamente cuatro ítems.
• Al terminar el examen podrás ver la
  resolución del mismo en cartelera
• Recordá que podés aclarar tus dudas
  suscribiéndote al grupo de
  consulta

RESOLUCIÓN FINAL
MATEMÁTICA DISCRETA 30 / 07 / 02

1. Explicar:

a.

Dado que por hipótesis hay camino desde el
vértice v al vértice w:

caso 1: si el
camino es simple nada habría que probar.

caso 2: si el camino no es simple
habría que probar que es posible encontrar a partir del
mismo un camino que sea simple.

Al no ser simple al menos un vértice se
repetirá en el camino:

y entonces sorteando la repetición
señalada quedará el camino:

Si este nuevo camino de v a w fuera simple ya
quedaría probado, caso contrario habría que repetir
el proceso
(eliminación de repetición de vértices)
hasta obtener un camino simple.

Observación: una prueba formal se
esto se haría por ejemplo por inducción sobre la longitud del
camino.

b.

• La relación S no permite ordenar el
  conjunto ℝ debido a que no es una relación
  antisimétrica, es decir que del hecho de que x S
  y Ù y S
  x no se desprende que necesariamente x = y.

Por ejemplo 3,4 S –2,6 y –2, 6 S 3, 4
(|ent(3,4)| = |ent(-2,6)| = 3) y sin

embargo 3,4 ¹ –2,6

• La relación S permite "partir" el conjunto
  ℝ debido a que S es una relación de
  equivalencia :
• • S es reflexiva: x S x sii

(por ser la igualdad
reflexiva)

• • S es simétrica:
• x S y Û |ent(x)| = |ent(y)|
  Û |ent(y)| =
  |ent(x)| sii y S x  
• • S es transitiva

x S y Ù y S z Û |ent(x)| = |ent(y)|
Ù |ent(y)| =
|ent(z)| Þ
 

Þ
|ent(x)| = |ent(z)| Û x S z

 y entonces el conjunto cociente correspondiente a
esta relación de equivalencia constituirá una
partición del conjunto ℝ. Así
pues:

"
a Î
ℝ : Cl (a) = {x Î ℝ / x ~ a} = {x Î ℝ / |ent(x)| =
|ent(a)|}

y entonces ℝ / S = { Cl (a) / a Î
Z0+}

La partición sería del tipo:

 Con

[0,1) = , [1,2), [-1,0) = , , [2,3), [-2,-1) =
……

c.

El error radica en el hecho de que la
particularización aplicada en las premisas

no tiene porqué ser sobre la misma constante. Si
por ejemplo se considerara el siguiente diccionario en
el universo de
los números enteros Z:

p(x): x es un número entero.

q(x): x es un entero par

r(x): x es un entero impar

definido sobre U = R

si bien es correcta la particularización
ya que 2 es una
raíz del esquema , no es correcta la particularización
porque 2 no es
una raíz del esquema .

FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA.
U.T.N. F.R.B.A. 19 / 12 / 02

EN TODOS LOS EJERCICIOS RECUADRAR LA ÚNICA
RESPUESTA CORRECTA. EL EXAMEN SE APRUEBA CON AL MENOS 9 (NUEVE)
RESPUESTAS CORRECTAS. SOLO SE SUMAN LAS RESPUESTAS CORRECTAS, LAS
INCORRECTAS NO RESTAN PUNTOS.

1. a) 25 – 1

   b) 232 – 33

   c) (32)! – 1

   d) C32,2 – 33

2. La cantidad de funciones
   booleanas distintas f : {0,1}5 ® {0,1} formadas por
   más de un minitérmino es:
3. La cantidad total (T) de formas de completar este
   examen y la cantidad de formas con las que se aprueba (A)
   son:

1. a) cl(1) (mód. 3)

   b) cl(3) (mód. 10)

   c) Z+

   d) cl(2) (mód. 3)

2. En el desarrollo
   de (3×2 – )10 todos los términos tienen
   grado perteneciente a:

   c1: "A no es idempotente o A es
   ortogonal" c2:"A es ortogonal y B es
   idempotente"

   c3:"B no es ortogonal o A es ortogonal"
   c4:"B es idempotente y B no es
   ortogonal"

   Es válida:

   a) c1

   b) c2

   c) c3

   d) c4

3. Dadas las premisas: "Todas las matrices ortogonales son
   inversibles. Existen matrices idempotentes que no son
   inversibles. A es una matriz
   inversible. B es una matriz no inversible". Y las siguientes
   conclusiones:

   a) v(p) = F

   b) v(q) = V

   c) v (r) = F

   d) v (p Ù r) = F

4. Sabiendo que v(~ p ® (q Ù r)) = F Ù v(~ r Ú q) = V , NO se puede
   asegurar:

   a) 6

   b) 30

   c) 36

   d) 210

5. Sea A = {a,b,c,d} , (P(A), Í ) es un Algebra de Boole
   isomorfa a (Dn, ½ ) siendo n:
6. En toda Algebra de Boole, " y: " x: " z se cumple lo indicado:

8) Dadas dos relaciones R y S definidas en un conjunto
A, si R y S son de orden entonces también lo
es:

9) Dada la relación de equivalencia en |R tal que
x R y Û
½ x2
– 8 ½
= ½
y2 – 8 ½ , NO es posible hallar clase de
equivalencia de cardinal:

10)Dadas las siguientes proposiciones:

1. En todo conjunto totalmente ordenado, cada par de
   elementos tiene ínfimo y supremo.
2. Si (A, ) es un buen orden entonces (A, ) es un orden total.
3. Todo conjunto acotado es finito.

Son verdaderas:

11) Si dados a, b Î Z , $ s, t Î Z / 3 = s a + t b entonces se puede
asegurar que:

12) Dada la siguiente matriz de pesos, indique
cuál de las afirmaciones es verdadera:

13) De las siguientes afirmaciones sobre grafos:

I: Si en un grafo hay ciclo de Euler entonces
también hay camino de Euler no cerrado.

II: Es posible construir un grafo simple con 12
vértices y 70 aristas.

III: Un grafo simple con 8 vértices y 13
aristas puede no ser conexo.

Son verdaderas:

14) En Z – {0} de a | r y a | s se desprende
necesariamente lo indicado:

15) Sabiendo que cada ejercicio de este examen se
califica únicamente como B (bien), M (mal) o
Æ (en caso de no
responder), definimos la relación: ejercicioi R
ejercicioj Û tienen la misma calificación. Si
un alumno responde todas las preguntas, se puede asegurar
que la cantidad de clases de equivalencia es:

………………………………………………..

Firma del alumno

Resolución Final de Matemática
Discreta 19/12/2002

1. a) 25 – 1

   b) 232 – 33

   c) (32)! – 1

   d) C32,2 – 33

   La respuesta correcta es la B

   JUSTIFICACION:

   Como la función tiene dominio en
   {0,1}5 significa que hay 32 elementos (o renglones
   de la tabla) a los que hay que asignarles una imagen. Dicha
   imagen puede ser 0 o 1. Es decir que tenemos que colocar
   ceros y unos en 32 lugares. El orden en que lo hagamos es
   relevante ya que sería una función
   distinta.

   Por lo tanto, el total de funciones booleanas es V
   ’2,32 = 2 32

   Pero como el enunciado dice que deben estar formadas
   por más de un minitérmino, debemos restar la
   función nula (la que tiene todos ceros, ningún
   minitérmino) y las 32 funciones que están
   formadas por un minitérmino distinto cada
   una.

   Por lo tanto la cantidad de funciones pedida es: 2
   32 – 33

2. La cantidad de funciones booleanas distintas f :
   {0,1}5 ® {0,1} formadas por más de un
   minitérmino es:
3. La cantidad total (T) de formas de completar este
   examen y la cantidad de formas con las que se aprueba (A)
   son:

La respuesta correcta es la C

JUSTIFICACION:

Primero vamos a averiguar la cantidad total de formas de
completar el examen.

Son 15 preguntas y cada una de ellas se puede responder
de 4 formas distintas (a, b, c o d).

Es decir que tenemos 15 lugares para llenar con 4
letras, que por supuesto se pueden repetir, y además el
orden es relevante ya que si por ejemplo hay 3 respuestas con A,
no es lo mismo que sean los 3 primeros ejercicios u otros
tres.

Por lo tanto la cantidad total de formas de completar el
examen es T = V ‘ 4,15 =
415

Ahora calculemos de todas esas formas, con
cuántas se aprueba el examen. Recordemos que se debe tener
por lo menos 9 respuestas correctas.

Es decir que hay varias posibilidades para
aprobar:

Con 9 correctas y 6 incorrectas , con 10 correctas y 5
incorrectas , etc. hasta 15 correctas.

En cada uno de esos casos, primero veamos de cuantas
formas pueden estar las correctas:

Sea i =cantidad de respuestas correctas
Þ de las 15 elijo
las i correctas :

Una vez que se tiene la cantidad de formas en que pueden
estar ubicadas las respuestas correctas, veamos de cuantas formas
pueden estar las incorrectas. Quedan 3 opciones para cada una (ya
que sacamos la correcta): V’3,15-i = 3
15-i

O sea que para i respuestas correctas, la cantidad total
de formas es: 3
15-i

Pero como i puede ir desde 9 hasta 15, nos queda
finalmente: A =

1. a) cl(1) (mód. 3)

   b) cl(3) (mód. 10)

   c) Z+

   d) cl(2) (mód. 3)

   La respuesta correcta es la D

   JUSTIFICACION:

   Calculemos la expresión de un término
   genérico: Th+1 = (3 x2)h
   

   Th+1 = 3h (-1)10-h
   x2h x-(10-h) Þ Th+1 = 3h
   (-1)10-h x2h-10+h

   El exponente de la x es 3 h -10 = 3 h – 12 + 2 = 3 (
   h – 4 ) + 2 que es igual a un múltiplo de 3 sumado 2.
   Por lo tanto pertenecen a la clase del 2 módulo
   3.

2. En el desarrollo de (3×2 – )10 todos
   los términos tienen grado perteneciente a:

   c1: "A no es idempotente o A es
   ortogonal" c2:"A es ortogonal y B es
   idempotente"

   c3:"B no es ortogonal o A es ortogonal"
   c4:"B es idempotente y B no es
   ortogonal"

   Es válida:

   a) c1

   b) c2

   c) c3

   d) c4

   La respuesta correcta es la C

   JUSTIFICACION:

   Tomando el siguiente diccionario sobre el Universal
   de matrices!

   ort(x) = "x es ortogonal"

   inv(x) = "x es inversible"

   id(x) = "x es idempotente"

   Las premisas se pueden escribir de la siguiente
   manera:

   1. " x : [ ort(x) ® inv(x)]

   2. $ x: [ id(x) Ù ~ inv(x)]

   3. inv(A)

   4. ~ inv(B)

   Sobre la matriz A nada puede afirmarse, ya que solo
   cumple el consecuente de la primera premisa, y no se puede
   tener en cuenta la recíproca.

   Sobre la matriz B, si particularizamos la premisa 1:
   ort(B) ®
   inv(B)

   y aplicamos Modus Tollens con la 4:
   ~ ort(B)

   Respecto de si B es idempotente o no, nada puede
   afirmarse.

   Por lo tanto de las conclusiones
   presentadas:

   c1: "A no es idempotente o A es ortogonal" c2:"A es
   ortogonal y B es idempotente"

   c3:"B no es ortogonal o A es ortogonal" c4:"B es
   idempotente y B no es ortogonal"

   La única que se infiere de las premisas es la
   3, ya que al ser una disyunción con una de las partes
   verdadera, es verdadera.

3. Dadas las premisas: "Todas las matrices ortogonales son
   inversibles. Existen matrices idempotentes que no son
   inversibles. A es una matriz inversible. B es una matriz no
   inversible". Y las siguientes conclusiones:

   a) v(p) = F

   b) v(q) = V

   c) v (r) = F

   d) v (p Ù r) = F

   La respuesta correcta es la B

   JUSTIFICACION:

   La única forma de que ~ p ® q Ù r sea falsa es que el
   antecedente sea verdadero y el consecuente falso. O sea
   que ~ p es V
   con lo cual p es falsa. Y al menos una de q y r debe
   ser falsa. (I)

   Analicemos el otro dato: como ~ r Ú q es verdadera, significa que
   q es verdadera o r es falsa.(II)

   Si q es verdadera, para que se cumpla (I) debe ser r
   falsa.

   Si q es falsa, para que se cumpla (II) debe ser r
   falsa.

   O sea que r sí o sí es falsa.
   La única que no puede afirmar el valor de verdad es
   q.

4. Sabiendo que v(~ p ® q Ù r) = F Ù v(~ r Ú q) = V , NO se puede
   asegurar:

   a) 6

   b) 30

   c) 36

   d) 210

   e) ninguna

   La respuesta correcta es la D

   JUSTIFICACION:

   Comencemos viendo que P(A) tiene 16 elementos. Es
   decir debemos buscar algún conjunto de dicho cardinal
   y que sea Algebra de Boole. Con eso es suficiente ya que
   todas las Algebras de Boole de determinado cardinal son
   isomorfas.

   Al descomponer los números presentados como
   producto
   de sus factores primos, obtenemos:

   6 = 2 · 3 30 = 2 · 3 · 5 36 = 22
   ·
   32 210 = 2 · 3 · 5 · 7

   Si bien (D6, ½ ) es un Algebra de Boole,
   sólo tiene 4 elementos.

   Lo mismo ocurre con (D30,
   ½ ) que es
   un Algebra de Boole de 8 elementos.

   (D36, ½ ) ni siquiera es un Algebra de
   Boole pues tiene 9 elementos.

   Y finalmente (D210, ½ ) es un Algebra de
   Boole de 16 elementos, y por lo tanto isomorfa a la de P(A)
   dada.

5. Sea A = {a,b,c,d} , (P(A), Í ) es un Algebra de Boole
   isomorfa a (Dn, ½ ) siendo n:
6. En toda Algebra de Boole, " y: " x: " z se cumple lo indicado:

La respuesta correcta es la A

JUSTIFICACION:

1. Como x z Ù
   x `
   z Þ
   x + z = z Ù x +` z = ` z Þ

2. Þ (
   x + z ) ·
   (x +`
   z) = z · `
   z

   Þ x
   + ( z ·
   ` z) =
   0A Þ x + 0A =
   0A Þ x = 0A

   En principio como esta es correcta y solo hay una
   correcta,

   en conclusión las demás son
   falsas.

   Igualmente daremos contraejemplos de las otras
   tres:

   se cumple el antecedente 2 · 3 = 1 pero no se
   cumple el consecuente.

3. en ( D30 , ½ ) siendo 0A = 1 tomando
   x = 2 Ù
   y = 3,

   2 · 5 = 1 Ù 3 · 5 = 1 pero no se cumple el
   consecuente.

4. también en ( D30 ,
   ½ ) tomando x
   = 2 Ù y
   = 3 Ù z
   = 5, se cumple que x · z y · z ya que
5. También tomemos (D30,
   ½ ) con x = 2
   ; y = 15 ; z = 3 Þ `
   z = 10

2 15 +
10 ya que 2 30 es
verdadero pero sin embargo 2 15

1. a) R Ç S

   b) R U S

   c) R-1 U R

   d) ` S

   La respuesta correcta es la A

   JUSTIFICACION:

   Primero daremos contraejemplos para descartar las
   otras opciones:

   En A = { a, b, c} consideremos R = { (a,a), (b,b),
   (c,c) , (a,b), (a,c) }

   S = { (a,a), (b,b), (c,c) , (b,a) } ambas son
   claramente de orden.

   Sin embargo: R U S == { (a,a), (b,b), (c,c) , (a,b),
   (a,c), (b,a) } NO es antisimétrica pues (a,b) y (b,a)
   pertenecen a la relación y a ¹ b

   R-1 U R = { (a,a), (b,b), (c,c) , (b,a),
   (c,a) } U { (a,a), (b,b), (c,c) , (a,b), (a,c) } =

   = { (a,a), (b,b), (c,c) , (a,b), (b,a), (a,c), (c,a)
   } tampoco es antisimétrica.

   ` S ni siquiera
   es reflexiva.

   Por lo tanto, queda la opción A o ninguna (la
   E). Ahora demostraremos que la A es verdadera:

   i) "
   x Î
   A : (x,x) Î R Ù (x,x) Î S por hipótesis ya
   que R y S son de orden

   Þ
   por def. de Ç : (x,x) Î R Ç S Þ R Ç S es reflexiva

   ii) "
   x, y Î
   A : (x,y) Î R Ç S Ù (y,x) Î R Ç S
   Þ
   por def. de Ç

   Þ
   (x,y) Î R Ù (x,y) Î S Ù (y,x) Î R Ù (y,x)
   Î S
   Þ por
   conmutativa y asociativa de la Ù

   Þ
   [(x,y) Î R Ù (y,x) Î R ] Ù [(x,y) Î S Ù (y,x)
   Î S]
   Þ por
   hipótesis R y S son de orden

   Þ x
   = y Ù
   x = y Þ R Ç S es
   antisimétrica

   ii) "
   x, y , z Î A : (x,y) Î R Ç S Ù (y,z) Î R
   Ç
   S Þ por def. de Ç

   Þ
   (x,y) Î R Ù (x,y) Î S Ù (y,z) Î R Ù (y,z)
   Î S
   Þ por
   conmutativa y asociativa de la Ù

   Þ
   [(x,y) Î R Ù (y,z) Î R ] Ù [(x,y) Î S Ù (y,z)
   Î S]
   Þ por
   hipótesis R y S son de orden

   Þ
   (x,z) Î R Ù (x,z) Î S Þ por def. de Ç Þ (x,z) Î R Ç S Þ R Ç S es transitiva

   R
   Ç S es de
   orden

2. Dadas dos relaciones R y S definidas en un conjunto A,
   si R y S son de orden entonces también lo es:

   a) 1

   b) 2

   c) 3

   d) 4

   La respuesta correcta es la A

   JUSTIFICACION:

   Vamos a plantear una clase de equivalencia
   genérica: Cl(a) = { x Î |R / x R a }

   Analicemos un poco x R a Û ½ x2 – 8
   ½ =
   ½
   a2 – 8 ½ Û x2 – 8 = a2 –
   8 Ú
   x2 – 8 = – a2 + 8

   Þ
   x2 = a2 Ú x2 +
   a2 = 16 Þ x = a Ú x = -a Ú x2 +
   a2 = 16

   Lo cual significa que por lo menos en la cl(a)
   están a y -a, en algunos casos habrá más
   elementos de acuerdo a las soluciones
   de x2 + a2 = 16, que puede ser una
   más o dos más.

   En el caso del cero: Cl(0) = { 0 , 4 , -4
   }

   Cl(1) = { 1 , -1 , , –} Cl(5) = { 5 , -5 }

3. Dada la relación de equivalencia en |R tal que
   x R y Û
   ½
   x2 – 8 ½ = ½ y2 – 8 ½ , NO es posible hallar
   clase de equivalencia de cardinal:
4. Dadas las siguientes proposiciones:

1. En todo conjunto totalmente ordenado, cada par de
   elementos tiene ínfimo y supremo.
2. Si (A, ) es un buen orden entonces (A, ) es un orden total.
3. Todo conjunto acotado es finito.

Son verdaderas:

La respuesta correcta es la B

JUSTIFICACION:

La i) es verdadera ya que en cada par de elementos, al
estar totalmente ordenado el conjunto, uno de ellos precede al
otro, por lo tanto el primero es el ínfimo y el segundo el
supremo.

La ii) es verdadera ya que si el conjunto está
bien ordenado, significa que cada subconjunto tiene primer
elemento. En particular " a, b: {a,b} tiene primer elemento. Si es a,
entonces a b. Si
es b entonces b a. Es decir a y b no son incomparables. Por lo tanto es
orden total.

La iii) no es cierta ya que por ejemplo tomando el
intervalo real [0,1) con la relación £ está acotado ya que
[1, + ¥ )
son cotas superiores, pero sin embargo tiene infinitos
elementos.

1. a) mcd(a,b) = 3

   b) mcd(a,b) ¹ 1

   c) mcd(a,b) = 1

   d) sa º 3 (mód b)

   La respuesta correcta es la D

   JUSTIFICACION:

   Daremos un contraejemplo para las opciones a) y b):
   3 = 1 ·
   7 + (-5) · 2 pero mcd(7,2) = 1

   Otro contraejemplo para la c) : 3 = 2
   · 9 +
   (-1) ·
   15 y sin embargo mcd(9,15) = 3

   Como debe haber una correcta, seguro es la
   d). Igualmente la demostraremos:

   Por hipótesis 3 = s a + t b
   Þ 3 – sa = t
   b Þ
   b ½
   3 – sa Þ 3 º s a (b) Þ s a º 3 (b)

2. Si dados a, b Î Z , $ s, t Î Z / 3 = s a + t b entonces se puede
   asegurar que:

   D0 =

   a) Existe un camino mínimo entre el vértice "1" y el "3". b) En el grafo subyacente al mismo y tomando las aristas con pesos en valor absoluto, el camino mínimo del vértice "1" al vértice "5" tiene longitud 7. c) En el grafo subyacente al mismo y tomando las aristas con pesos en valor absoluto, no existe un subgrafo isomorfo a K4. d) En el grafo subyacente al mismo y tomando las aristas con pesos en valor absoluto hay más de un árbol generador mínimo.

   La respuesta correcta es la D

   JUSTIFICACION:

   La a) es falsa ya que hay un ciclo negativo formado
   por (3, 2, 6, 5, 4, 3), lo cual significa que una vez que del
   1 se llega al 3, luego se pueden dar infinitas vueltas por
   este ciclo y seguir bajando el costo.
   (Hacer el diagrama)

   La b) es falsa ya que el camino (1,3,6,5) tiene
   longitud 2.

   La c) es falsa, ya que con los vértices 1, 2,
   3, 6 y sus aristas incidentes (eliminando una de las dos
   paralelas) se forma el K4.

   La d) es verdadera, ya que hay dos árboles
   generadores mínimos:

   {5,6} { 2,4} {1,3} {6,1} {3,2} y {5,6} { 2,4} {1,3}
   {6,1} {1,2}

3. Dada la siguiente matriz de pesos, indique cuál
   de las afirmaciones es verdadera::

   I: Si en un grafo hay ciclo de Euler entonces
   también hay ciclo de Hamilton.

   II: Es posible construir un grafo simple con 12
   vértices y 70 aristas.

   III: Un grafo simple con 8 vértices y 13
   aristas puede no ser conexo.

   Son verdaderas:

   a) I y III

   b) II y III

   c) sólo III

   d) sólo I

   e) ninguna

   La respuesta correcta es la C

   JUSTIFICACION:

   Primero refutaremos la i y ii

   Para la i)

   Este grafo tiene ciclo de Euler ya que todos sus
   vértices son

   de grado par. Sin embargo no tiene ciclo de
   Hamilton, ya que

   por el vértice que es punto de corte( el del
   medio) se necesitaría pasar más de una vez para
   poder
   cerrar el camino.

   Para la ii) El K12 es el grafo simple de
   12 vértices con la mayor cantidad de aristas posibles,
   y dicha cantidad es: ½ A ½ = 66

   La iii) es verdadera. Por ejemplo:

   Este grafo es simple,

   tiene 8 vértices y 13 aristas

   y no es conexo.

4. De las siguientes afirmaciones sobre grafos:

   a) a | (r + .s –1)

   b) a | (r2 + 3.s + 1)

   c) a | r2 + 3.s

   d) a | r. s + 1

   La respuesta correcta es la C

   JUSTIFICACION:

   Refutaremos las tres opciones incorrectas con
   contraejemplos:

   a) 3 ½ 6 Ù 3 ½ 12 pero no es cierto que 3
   ½
   6+12-1

   c) 3 ½ 6 Ù 3 ½ 12 y tampoco es cierto que 3
   ½
   62+3 · 12 + 1

   d) 3 ½ 6 Ù 3 ½ 12 y tampoco se cumple que 3
   ½ 6
   · 12
   +1

   Ahora demostramos la verdadera:

   Si a ½ r Ù a ½ s Þ r = a · k Ù s = a · t con k, t
   Î
   Z

   Þ
   r2 = a · a · k2 = a
   · p con
   p Î
   Z Ù
   3 s = a · ( 3 t )

   Þ
   r2 + 3 s = a · p + a · ( 3 t ) = a
   · ( p + 3 t)
   siendo p + 3 t Î Z

   Þ
   a ½ r2 + 3 s

5. En Z – {0} de a | r y a | s se desprende
   necesariamente lo indicado:
6. Sabiendo que cada ejercicio de este examen se
   califica únicamente como B (bien), M (mal) o
   Æ (en caso de
   no responder), definimos la relación:
   ejercicioi R ejercicioj
   Û tienen la
   misma calificación. Si un alumno responde todas
   las preguntas, se puede asegurar que la cantidad de clases de
   equivalencia es:

La respuesta correcta es la B

JUSTIFICACION:

Si el alumno respondió todas las preguntas, lo
máximo es que haya 2 clases ( B y M), ya que ninguna
respuesta entra en la categoría Æ . No se puede afirmar que sean 2
clases, ya que por ejemplo si respondió todo bien,
habría una sola clase de equivalencia (B).

FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA.
U.T.N.F.R.B.A. 16 / 07 / 02

EN TODOS LOS EJERCICIOS RECUADRAR LA ÚNICA
RESPUESTA CORRECTA. EL EXAMEN SE APRUEBA CON AL MENOS OCHO (8)
RESPUESTAS CORRECTAS. DEBE HABER MÁS RESPUESTAS CORRECTAS
QUE INCORRECTAS PARA APROBAR EL EXAMEN.

1 La cantidad de lados que posee un
polígono cuyo número de diagonales es 119
es:

a. 60 b. 17 c. 12 d.
70

2 La suma resulta ser igual a : a. 3n
b. 3n+1 c. 2n+1 d.
4n

3 A la asamblea universitaria asistieron 135
estudiantes, 20 graduados , 35 no docentes y 50
docentes. La cantidad de comisiones mixtas de 10 miembros que se
puedan formar con al menos 4 docentes para el tratamiento de
cuestiones académicas es de:

a. b. c.d.

4 De los esquemas proposicionales :
A:" x: (p
(x)® q (x))
y B: $ x:
(p (x) Ù
r (x)), se infiere en forma válida:

a. " x: (r (x)® q (x)) b. $ x: (r (x) Ù q (x)) c.
" x: (r
(x)® p
(x)) d. "
x: (p (x)® r (x))

5 Con la interpretación indicada se puede justificar
que el esquema de razonamiento

" x: (p
(x)® q (x))
, $ x: (p
(x) Ù r
(x)) " x: (r (x)® p (x)) es
inválido:

a. , ,
, r(x): b. U = R,
p(x) : |x| < 7, q(x): |x| <10, r(x): |x| <5

c. U = R, p(x) : |x| < 7, q(x): |x|
<10, r(x): |x| > 5

d. , , , r(x):

6 La proposición indicada en R , resulta
ser falsa:

a.
b.

c. d.

7 Las álgebras de Boole indicadas resultan
ser isomorfas:

a.y
b.y

c. y d.
y

8 La forma normal disyuntiva correspondiente a la
función booleana f: {0, 1}3 ® {0, 1}/

f ((x, y, z)) = se reduce a la cantidad de minitéminos
indicada:

a. 2 b. 3 c. 5 d.
4

9 Es posible determinar un álgebra de
Boole para valores
determinados de a, b y c en el cual:

a. de a . b = a y a . c = a no se infiera que
necesariamente a . (b + c) = a

b. de a . c ≼ b . d no se infiera que
necesariamente a ≼ b y c ≼ d

c. de a ≼ b y c ≼ d no se infiera que
necesariamente a + c ≼ b + d

d.

10 La ecuación 116.x º 8 admite:

a. una única solución en Z
44 y ninguna solución en Z 15
b. ninguna solución en Z 44 y una
solución en Z 15

c. dos soluciones en Z 20 y una
solución en Z 15 d. cuatro soluciones
en Z 20 y cuatro soluciones en Z
44

11 Sean a y b enteros con b ¹ 0. Si a – b = 175 y
la división de a por b tiene cociente 15 y resto 7
entonces:

a. (a, b) = 3 b. [a, b] = 2200 c.
[a, b] =2160 d. (a, b) = 1

12 La proposición indicada es
verdadera:

a. En Z: " a, b, c ¹ 0: (b, c) = (b, a. c) b. En Z:
"
a ¹
0: a. x º
a. y (n) entonces x º y (n)

c. En Z: Si (a, b) = 1 entonces (a + b, a. b) = 1
d. En Z: "
a, b ¹
0: [a, b] = a. b

13. Dada la matriz asociada a una relación
definida en A = {a, b, c}: con a, b, c Î {0, 1}:

a. la relación es reflexiva si a = 0
b. la relación es simétrica sii a = 1 y b
= 0

c. la relación es antisimétrica sii
a = b = 0 d. la relación es transitiva
únicamente en el caso en que a = 0

14. Dada la relación de equivalencia
definida en R2: (a, b) R (c, d) sii |a. b | = |c. d |,
el conjunto indicado puede asumirse como conjunto
cociente:

a. {cl ((0, x)) / x ³ 0} b. {cl ((x, 0)) /
x £ 0}
c. {cl ((1, x)) / x > 0} d. {cl ((1, x)) /
x ³
0}

15 El conjunto indicado constituye una
partición de :

a. A = {Ck: (x, y) Î : x2 + y2
³ k2 ,
k ³ 0}
b. B = {Ck :(x, y) Î : x2 + y2 =
k2 , k ³ 0}

c. C = {Ck : (x, y) Î : x2 + y2
£ k2 ,
k ³ 0}
d. D = {Ck: (x, y) Î : x2 + y2 > k2 ,
k ³
0}

16 La cantidad de formas de ordenar "totalmente "
el conjunto A = {a, b, c, d, e, f} es de:

a. 120 b. 320 c. 420
d. 720

17 El conjunto ordenado (A, £ ) con A = {x
Î R / x = 2 / (n
+ 3), nÎ
N}Í
R satisface lo indicado:

a. Admite mínimo y está totalmente
ordenado b. Admite máximo y está
parcialmente ordenado

c. Admite máximo y no está bien
ordenado

d. Carece de cotas inferiores y de
mínimo

18 Si se considera el grafo indicado a
través de su función de incidencia

Es posible determinar :

a. dos caminos eulerianos no cerrados.

b. dos subgrafos diferentes de modo tal que sean
acíclicos y conexos y tengan los mismos vértices
del grafo.

c. un subgrafo fuertemente conexo con |V| =
4

d. un grafo bipartido isomorfo al
mismo

19 Sea la matriz resultante de la aplicación del
algoritmo de
Floyd a un digrafo con |V| = 4 . la información dada por la misma es
correcta:

1. El vértice (4) es un vértice
   fuente
2. El vértice (3) es un vértice
   pozo

c. No es posible determinar camino desde el
vértice (4) al vértice (3)

d. La distancia entre el vértice (2) y el
vértice (3) es 3.

20 En el grafo ponderado es posible
hallar:

a. un único árbol generador
mínimo de costo 107

b. exactamente dos árboles generadores
mínimos de costo 107

c. exactamente tres árboles generadores
mínimos de costo 107

d. exactamente cuatro árboles
generadores mínimos de costo 107

FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA.
U.T.N.F.R.B.A. 18 / 02 / 03

Ejercicio Nº 1.

Determinar:

a. dos funciones booleanas distintas f, g :
{0,1}4 ® {0,1} de modo tal que su forma normal
conjuntiva se reduzca a tres maxitérminos.

b. la validez del siguiente
razonamiento:

"Todas los grafos completos son conexos. Existen
grafos simples que no son conexos. Por lo tanto: existen grafos
simples que no son completos"

(si es válido probar la validez por el
método
demostrativo, caso contrario definir interpretación que
muestre que es inválido)

Ejercicio Nº 2.

Responder a lo pedido en cada caso:

a. Probar que la siguiente
proposición es verdadera: " n Î N > 1: " Î
Zn : $ Î
Zn : + =

(considerar que + =
)

b. Mostrar que dado el conjunto ordenado
(N – {1}, |), no es cierto que todo subconjunto no
vacío tenga ínfimo.

c. Dar un ejemplo de grafo simple que
responda a las condiciones indicadas: tenga al menos dos
vértices con la misma valencia, exactamente tres puntos de
articulación – puntos de corte y admita al menos dos
árboles generadores distintos.

Ejercicio Nº 3.

¿Verdadero o falso?
(justificar)

a. La clase de equivalencia de la matriz
correspondiente a
la relación de equivalencia definida en M2x2
con M = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} en la forma A R B sii
a11 + a22 = b11 +
b22, consta de exactamente 500 matrices.

b. En toda álgebra de Boole y cualquiera
sea el valor de a, b y c: a ≼ b. Þ a ≼ b +

c. Dados a, b Î Z , si existen s, t
Î Z tal que 5 = s
a + t b, entonces se puede asegurar que 5 es el
máximo común divisor entre a y b.

Observaciones

• • Es suficiente resolver en forma correcta cuatro
    ítems para aprobar
• Al terminar el examen podrás ver la
  resolución del mismo en cartelera
• Recordá que podés aclarar tus dudas
  suscribiéndote al grupo de consulta

RESOLUCIÓN FINAL
MATEMÁTICA DISCRETA 18 / 02 / 03

Ejercicio Nº 1.

a. Basta considerar dos funciones
booleanas a través de dos tablas de entrada – salida
y en función de las "TRES SALIDAS NULAS" determinar
los maxitérminos correspondientes y multiplicar los mismos
para dar la expresión de cada una de las
funciones:

b. RAZONAMIENTO VÁLIDO

Habrá que considerar en primer lugar el esquema
del razonamiento al cual el razonamiento planteado responde y
analizar la validez del mismo:

Sobre el universo de
definición U = {x / x es grafo}y con el
diccionario:

t(x): x es completo

c(x): x es conexo

s(x): x es simple

el esquema será: " x: (t(x) ® c(x)), $ x: (s(x) Ù ~c(x)) ∴ $ x: (s(x) Ù ~t(x))

Si ahora se asocia a cada uno de los esquemas el
conjunto de verdad correspondiente:

Para ver el gráfico seleccione la
opción "Descargar" del menú superior

En términos de conjuntos:

• La primera premisa diría que T
  Í
  C
• La segunda premisa diría que S
  Ç ¹ Æ
• La conclusión diría que S
  Ç

¹ Æ

El diagrama de Venn que responde a las afirmaciones
precedentes mostrarían que la conclusión es
válida. Resta hacer la prueba formal:

D /

1. $ x: (s(x)
   Ù ~c(x))
   (premisa)
2. (s(a) Ù ~c(a)) (particularización
   existencial en 1.)
3. " x: (t(x)
   ® c(x))
   (premisa)
4. (t(a) ® c(a)) (particularización
   universal en 3.)
5. ~c(a) (ley de
   simplificación en 2.)
6. ~ t(a) (modus tollens entre 4 – 5)
7. s (a) (ley de simplificación en
   2.)
8. s (a) Ù ~ t(a) (ley de combinación
   entre 7 – 8)

9. $
x: (s(x) Ù ~t(x))
(generalización existencial en 8.)

Ejercicio Nº 2.

a. Efectivamente la asignación (n,
, ) satisface lo planteado
ya que

+
=

b. Basta considerar por ejemplo el conjunto A =
{5, 7, 8} Í
N que al carecer de conjunto minorante (conjunto de cotas
inferiores):

~ $
c Î
N – {1}: (c | 5 Ù c | 7 Ù c | 8) (5, 7 y 8 son primos entre
sí)

carece de ínfimo

c. Dado que en todo grafo simple "existen al
menos dos vértices con la misma valencia" (resultado del
práctico del módulo D), habrá que ocuparse
sólo de las dos condiciones restantes. Así por
ejemplo el grafo indicado cumple con lo pedido:

• Los únicos puntos de articulación son:
  b, d y f
• Pueden señalarse exactamente tres
  árboles generadores distintos

(aristas marcadas con trazo grueso)

   Para ver el
gráfico seleccione la opción "Descargar" del
menú superior

 Ejercicio Nº 3.

a. VERDADERA

Dado que cl = =
,

las matrices pertenecientes a esta clase serán de
la forma:

y como
a, b, c, d, e, f, g, h, j e i pueden tomar 10 valores distintos,
por el principio del producto cada una de ellas da lugar a 10. 10
= 100 matrices diferentes, por lo que en total la clase indicada
tendrá efectivamente 500 elementos

b. VERDADERA

H) a ≼ b. T) a ≼ b +

(recordar que x ≼ y sii x + y = y
sii x. y = x)

D/

1. por H) a ≼ b.

2. b. ≼ b + debido a que b. + (b + ) = b
+

d/ b. +
(b + ) = (b.
+ b) + = b +

 3. finalmente por ser la relación
transitiva, de 1. y 2. resulta a ≼ b +

c. FALSA

Si se considera por ejemplo que a = 1 y b = 5,
efectivamente con s = 0 y t = 1 se cumple que

5 = 0.1 + 1. 5 pero sin embargo (1, 5) = 1
¹ 5

FINAL MATEMATICA DISCRETA (COD.
952020). U.T.N.F.R.B.A. 25 / 02/ 03

Ejercicio Nº 1

En caso de ser posible y en forma justificada
señalar:

a. dos clases de equivalencia diferentes
correspondientes a la relación de equivalencia definida en
Z2 x Z2 en la forma: (a, b) R (c, d) sii
a º c
(mód 3).

b. un conjunto parcialmente ordenado, de modo que
sea álgebra de Boole, definiendo con precisión las
operaciones
que le dan dicha estructura.

c. Un conjunto con al menos cinco elementos de
modo tal que sea verdadera la proposición:

$
x:"
y:(x <
y ®
x2 < y2 )

Ejercicio Nº 2

Demostrar:

a. que si u y v son vértices de un
dígrafo D y si hay un camino en D de u a v,
entonces hay un camino acíclico de u a
v.

b. que si |A| = n entonces |P(a)| =
2n

Ejercicio Nº 3

Responder en forma justificada a los siguientes
interrogantes:

a. ¿cuántos números
naturales menores que 10000 son múltiplos de 7 pero no son
pares ni múltiplos de 3?

b. si un ferretero desea poner en cajas 12.028
bulones y 12.772 tornillos de modo que cada caja contenga el
mismo número de bulones o de tornillos y además el
mayor número posible de ellas. ¿Cuál es el
número de bulones y de tornillos que debe contener cada
caja?

c. ¿Es posible hallar al menos tres
árboles isomorfos al árbol indicado?

 Para ver el
gráfico seleccione la opción "Descargar" del
menú superior

 Observaciones

• Es suficiente resolver en forma correcta cuatro
  ítems para aprobar
• Al terminar el examen podrás ver la
  resolución del mismo en cartelera
• El enunciado y su resolución será
  cargado en

RESOLUCIÓN FINAL
MATEMÁTICA DISCRETA 18 / 02 / 03

Ejercicio Nº 1.

a.

Teniendo en cuenta que Z3 = {}, bastará elegir
como representantes de clases diferentes a los pares (3, 1) y
(25, 10) con

cl((3, 1)) = {(x, y) Î Z2 / x º 3 0} y cl((25,
10)) = {(x, y) Î
Z2 / x º 3 1}

b.

Por ejemplo el conjunto (P(A), Í ) con A = {a, b, c} tiene
los atributos de:

• estar ordenado ya que la relación
  Í es reflexiva
  antisimétrica y transitiva
• estar parcialmente ordenado ya que por ejemplo {a}
  ⋢ {b} y {b} ⋢ {a}.
• ser álgebra de Boole, debido a que las
  operaciones:
• • x + y = x È y
  • x . y = x Ç y
  • 

= A – x

le dan la estructura mencionada ya que:

• la unión e intersección de conjuntos
  son operaciones binarias
• la complementación es una operación
  unitaria
• cumplen (teoría de conjuntos) con los axiomas que
  caracterizan a un álgebra de Boole:
• • ley conmutativa: la intersección
    y unión de conjuntos son operaciones
    conmutativas
  • ley asociativa: la intersección y
    unión de conjuntos son operaciones
    asociativas
  • ley distributiva: la intersección
    es distributiva respecto de la unión y
    viceversa.
  • ley de identidad: el neutro aditivo es el
    conjunto vacío y el neutro multiplicativo es el
    conjunto A.
  • ley de complementación:
    efectivamente

x È
= A y
x Ç
=
Æ

c. Bastará elegir un conjunto de 5 elementos que
tenga entre ellos a "·0", por ejemplo A = {0, 1, 2, 3, 4},
debido a que (0, y) satisface el condicional planteado porque
cada vez que el antecedente es verdadero, necesariamente el
consecuente también lo será.

Ejercicio Nº 2.

a.

Entre todos los caminos posibles de u a v consideremos
uno de longitud menor (n) C = (x1, x2,
x3,
….xi…..xj…xn,
xn+1) con x1= u y xn+1 =
v.

Si xi.= xj con 1
≤ i  j ≤ n +1, entonces el camino
xi…..xj. es
cerrado y el camino que se obtiene omitiendo esa parte
también va de u a v, pero como tendría longitud
menor que C ese camino sería imposible, con lo
cual

xi ¹ xj…si i ¹ j, por lo que el camino
considerado es acíclico.

b.

Dado que P(A está formado por subconjuntos de A
de cardinales respectivos:

0, 1, 2, 3, …n, la cantidad de subconjuntos
estará determinada por la suma:

=
= (1 +
1)n = 2 n

Ejercicio Nº 3

a.

Adoptando la notación para caracterizar a los
múltiplos de "a"

(en este caso naturales menores que
10.000)

habrá que calcular en primer lugar:

||,
|| y || y teniendo en cuenta que
los conjuntos mencionados no son disjuntos dos a dos (tienen
elementos en común) la respuesta estará dada por la
suma:

|| – || – ||+
||

(la intersección triple se le suma una vez para
compensar el hecho de que se la restó dos
veces)

|| =
1428 7.1, 7.2, ……7. 1428

|| = 714
14.1, 14.2, …..14. 714 (con 14 = [7,2])

|| =
476 21.1, 21.2, 21. 476 (con 21 = [7,3])

|| =
238 42.1, 42.2, ….42. 238 (con 42 = [7,2,3])

Finalmente reemplazando quedará:

|| –
|| – ||+ || = 1428 – 714
– 476 + 238 = 476

b.

El ferretero puede poner los bulones en cajas de 2
unidades, de 4 unidades, de 31 unidades, etc., en definitiva
puede agruparlas en cajas que contengan cualquier divisor de
12.028. Igualmente ocurre con los tornillos , cajas de 2
unidades, de 4 unidades, etc, todos los divisores de
12.772.

Puesto que el número de una caja de bulones debe
ser el mismo que el de una caja de tornillos, estamos buscando un
divisor común, que además se nos pide que sea el
mayor posible, este número es el
M.C.D.(12.028,12.772)=124

Luego las cajas deben contener 124 unidades de bulones o
124 unidades de tornillos.

c.

Efectivamente es posible responder a lo pedido.
Basta considerar tres árboles con raíz asociados al
árbol dado como por ejemplo: Ta, Tc
y Te. Sus matrices de adyacencia coincidirán
con la ordenación: a, b, c, d, e, f (por
ejemplo)

FINAL DE MATEMÁTICA DISCRETA.
U.T.N. 21 / 02 / 02.

1. Explicar en forma clara y precisa
porqué…

a. no significan lo mismo los siguientes
enunciados: y
.

b. un álgebra de Boole con conjunto
subyacente finito tiene necesariamente un número par de
elementos.

c. el conjunto de rectas del plano P = { r: y = x
+ i; i Î
R} constituye una partición de .

2. Responder a los siguientes
requerimientos:

a. Construir un árbol de modo tal que los
caminos de la raíz a cada hoja, coincidan con los caminos
eulerianos del digrafo indicado entre dos vértices fijos
elegidos convenientemente.

  Para ver el gráfico
seleccione la opción "Descargar" del menú
superior

1. Dado el esquema de razonamiento:

Para ver la fórmula seleccione la
opción "Descargar" del menú superior

y la interpretación:

¿puede afirmarse si la conclusión es
válida o no? (justificar)

c. Una agencia de viaje quiere regalar un viaje
de fin de semana a Colonia a los clientes que
tengan número de cuil del tipo: 27 – abcdefgh
– 6. ¿A cuántos a lo sumo tendrá que
premiar si además se exige que las cifras a-b-c-d-e-f-g-h-
formen una sucesión estrictamente creciente con valores
del 1 al 9?

3. Demostrar:

a. que si la suma de dos números
naturales primos es primo, entonces uno y sólo uno
de ellos debe ser igual a 2.

2. que los elementos maximales distintos de un conjunto
   ordenado deben ser incomparables.

RESOLUCIÓN FINAL DE
MATEMÁTICA DISCRETA . 21 / 02 / 02

Grupo para consultas:

1.

2. Efectivamente los enunciados

Para ver la fórmula seleccione la
opción "Descargar" del menú superior

tienen significados distintos.

El esquema que caracteriza al enunciado es del tipo:

entendiéndose con esto que satisface p(x, y) con
recorriendo el
universo de definición.

Por otro lado, el esquema que caracteriza al enunciado
es del tipo:
,
entendiéndose con esto que satisface p(x, y) con elemento determinado del universo de
definición y recorriendo el universo de definición.

Así por ejemplo:

• si se considera la
  interpretación:

no es lo mismo decir que toda persona ama a
alguien que decir que hay al menos una persona que ama a
cualquier otra

o bien

• si se considera la
  interpretación:

El primer enunciado es verdadero: ya
que todo entero mayor que 1 admite algún múltiplo
(todo entero admite por ejemplo como múltiplo al mismo
número)

El segundo enunciado es falso: ya que no es
cierto que haya un entero mayor que 1 que sea divisor de
cualquier otro (por ejemplo cualquier entero mayor que 1 :
, no es divisor
de ).

b.

Partiendo del hecho de que toda álgebra de Boole
tiene al menos dos elementos (los neutros aditivo y
multiplicativo: 0 y 1) y que el agregado de un elemento
obligará al agregado de su complemento, los elementos se
darán de a pares, con lo cual el conjunto subyacente a un
álgebra de Boole finita será necesariamente de la
forma:

A =

c.

Efectivamente el conjunto P (conjunto de rectas
paralelas de pendiente 1 con ordenada al origen recorriendo
ℝ) con gráfica:

  Para ver el gráfico
seleccione la opción "Descargar" del menú
superior

 cumple con la definición de
partición, es decir:

1. " r
   Î P: r
   Í
   R2.
2. r, s Î P: r = s o bien r Ç s =
   f
3. 

= R2.

2.

a. Teniendo en cuenta las
condiciones de existencia de camino euleriano no cerrado en
digrafos:

Un digrafo admite camino euleriano no cerrado de v a w
sii:

• es conexo
• g- (v) = g+(v) +
  1
• g+(w) = g-(w) + 1
  y
• "
  u ¹
  v, w: g+(u) = g-(u)

El dígrafo en cuestión admite tres caminos
eulerianos de A a F:

• (A, B, C, D, B, F, D, E, F)
• (A, B, C, D, E, F, D, B, F)
• (A, B, F, D, B, C, D, E, F)

los cuales pueden mostrarse a través de un
árbol con raíz en Ay hojas en F :

 Para ver el
gráfico seleccione la opción "Descargar" del
menú superior

 b.

La interpretación dada permite asegurar que el
esquema de razonamiento indicado es inválido debido a que
bajo dicha interpretación resulta:

• v(

= V

(tanto antecedente como consecuentes son
falsos)

• v(

= V

(por ejemplo ‘4’ es un
número par y múltiplo de 4 al mismo tiempo)

• V(

= F

(por ejemplo ‘6’ es un
número par y sin embargo no es múltiplo de
4)

c.

A lo sumo tendrá que premiar a personas

(tener en cuenta que una vez elegidas ocho de las nueve
cifras disponibles, el orden, de acuerdo a la condición
planteada será único.

3.

a. Teniendo en cuenta el enunciado:

En N: ∀ a: ∀ b: ( a, b, a + b:
números primos → a = 2 ⊻ b = 2 )

Si se demostrara en forma directa, dado
que por hipótesis a + b es primo: necesariamente a + b
será un número impar

(a + b = 2 carece de solución con las condiciones
fijadas y a + b = 2. q con q natural > 1 no es primo dado que
admite como divisor a 2), con lo cual a es un natural par y b
natural impar o la inversa.

En cualquiera de las dos situaciones uno de los dos
sumandos y sólo uno será igual a 2 dado que el
único primo par es 2.

b. Teniendo en cuenta el enunciado:

En un conjunto ordenado :

∀ a: ∀ b: ( a, b: maximales ∧ a ≠ b
→ a ⋠ b ∧ b ⋠ a), si se demostrara por
absurdo, habrá que partir de la negación de
esta afirmación, es decir:

∃ a: ∃ b: ( a, b: maximales ∧ a ≠ b
∧ (a ≼ b ∨ b ≼ a ) ) lo que resulta ser un
absurdo dado que:

• si a ≼ b , a no sería maximal (tiene por
  encima a b).
• si b ≼ a, b no sería maximal (tiene por
  encima a a).

Nadia Soledad Cavalleri

cibernetica_nc[arroba]hotmail.com