1. (1.5 puntos) Cuántos árboles no isomorfos con exactamente 6 vértices hay? Justifica la

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1 Matemática Discreta 2 o de Ingeniería Informática Curso de septiembre de 2010 Examen de septiembre Apellidos y Nombre DNI: Grupo: El examen dura tres horas. No se pueden usar calculadoras, apuntes, libros u otros materiales (salvo la hoja de fórmulas entregada junto con la hoja de examen). Todas las soluciones tienen que estar justificadas (no vale dar sólo las respuestas finales). 1. (1.5 puntos) Cuántos árboles no isomorfos con exactamente 6 vértices hay? Justifica la respuesta y descríbelos. Vamos a organizar la búsqueda utilizando las sucesiones de grados. Obsérvese que un árbol con 6 vértices debe tener 5 aristas, de manera que 6 n1 gr(v i)2 A 10. De forma que los grados son 6 números enteros positivos (distintos de 0, pues los árboles son conexos) que suman 10: no hay muchas posibilidades. De hecho, hay tantas como particiones del entero 10 en 6 partes, p 6(5), que vale 5. Nótese que el orden en que se exhiban los grados no es relevante de hecho, lo habitual es ponerlos de menor a mayor ; por eso son particiones de un entero. Éste es el análisis de las posibilidades: nopuedehaberdegrado6omayor; si hay alguno de grado 5, solo puede haber 1, y la sucesión de grados es (1, 1, 1, 1, 1, 5). El grafo asociado es el (1) dibujado debajo. si no hay de grado 5, pero sí de4,sólo cabe la posibilidad (1, 1, 1, 1, 2, 4). Con esta sucesión sólo está el grafo (2). Si no hay de grado 4, entonces si hay dos de grado 3, la sucesión es (1, 1, 1, 1, 3, 3):laestructuraasociadaesla(3); si hay uno de grado 3, la sucesión es (1, 1, 1, 2, 2, 3). Pero aquí hay dos estructuras no isomorfas asociadas, la (4) y la (5). Finalmente, si no hay de grado 3, solo cabe la posibilidad (1, 1, 2, 2, 2, 2), que tiene la estructura lineal (6) asociada. (1,1,1,1,1,5) (1,1,1,1,2,4) (1,1,1,1,3,3) (1,1,1,2,2,3) (1,1,1,2,2,3) (1,1,2,2,2,2) (1) (2) (3) (4) (5) (6) El que tengan diferentes sucesiones de grados garantiza, claro, que dos grafos sean no isomorfos. Así que solo queda justificar que las estructuras (4) y (5) son realmente no isomorfas. Pero obsérvese, por ejemplo, que en (4) el vértice de grado 3 tiene dos vecinos de grado 2, lo que no ocurre en (5).

2 2. (1 punto) Cuántos grafos distintos con vértices {v 1,...,v 7 } y con 12 aristas se pueden formar? Si hay 7 vértices, habrá candidatos a ser arista. Decidir de qué grafo se trata es, simplemente, elegir 12 de entre esas 21, así que hay 21 grafos distintos (1 punto) Debemos colocar 7 libros distintos en una estantería. Tres de ellos son libros de programación, otros tres son de matemática discreta y el restante es un libro de cálculo. De cuántas formas lo podemos hacer si exigimos que no vayan juntos tres libros de la misma asignatura? Si no hubiera restricciones, habría 7! maneras distintas de colocar los libros. Hay dos razones por las que la distribución de libros está vedada: A 1 {distribuciones con los 3 de MD juntos} A 2 {distribuciones con los 3 de Programación juntos} De manera que, por paso al complementario y principio de inclusión/exclusión, distribuciones totales 7! A 1 A 2 7! A 1 A 2 + A 1 A 2. Ahora hay que calcular los tamaños de esos conjuntos. Empezamos con A 1. Si los 3 libros de MD van juntos, podemos contar con un proceso en dos pasos: consideramos un superlibro de MD, y ordenamos los 5 libros (4 originales más este superlibro): 5! maneras. Por cada ordenación de las anteriores, hay que ordenar internamente los de MD: 3! maneras. En total, A 1 3! 5!. El análisis (y el resultado) para A 2 es idéntico. Para A 1 A 2 procedemos de manera análoga: ahora hay tres superlibros (el de MD, el de programación, y el original de cálculo): los ordenamos de 3! maneras. Y luego, ordenamos internamente: 3! para los de MD y otro 3! para los de Programación. Reuniéndolo todo, distribuciones totales 7! 3! 5! 3! 5! + 3! 3! 3!

3 4. (2 puntos) Disponemos de 15 colores, con los que queremos colorear los vértices del grafo de manera que vértices unidos por una arista no lleven el mismo color. De cuántas maneras se podrá hacer? Nos piden calcular el valor del polinomio cromático P G() del grafo G de la figura, evaluado en 15. Vamos, pues, a calcular el polinomio cromático en general. Lo haremos aplicando repetidamente el truco de grafos compartiendo vértices o aristas. Para empezar, observemos que donde los grafos G 1 y G 2 son P G() PG 1() P G2 (), G 1 G 2 Ahora, el grafo G 1 se puede descomponer fácilmente en piezas : primero separamos un lineal (comparte un vértice) y luego separamos el triángulo del cuadrado (que comparten arista). De manera que P G1 () PL 2() P K3 () P C4 () 2 ( 1) ( 1) ( 1)( 2) PC 4() 2 ( 1) ( 1)( 2) P C4 (). Pero el grafo G 2 no se presta a un análisis tan sencillo. Aplicamos el algoritmo de quitar aristas: Y ahora, con los trucos habituales, P G2 () PC 4() P L2 () PK 3() P K3 () ( 1) ( 1) P C4 () ( 1)( 2) 2. Reuniéndolo todo, ya hemos terminado: P G() 1 ( 1)( 2)P C4 () ( 1) P C4 () ( 1)( 2) 2. Si queremos simplificar un poco (sobre todo para eliminar ese molesto en el denominador), podemos utilizar que P C4 () ( 1) 4 +( 1) ( 1) ( 1) 3 +1 ( 1)( ) para obtener P G() ( 1)2 ( 2)( ) ( 1) 2 ( ) ( 1)( 2) 2 ( 1) 3 ( 2)( ) ( 1)( ) ( 2) 2 Nótese que sale un polinomio de grado 10, como debe ser. En cualquiera de estas expresiones para P G,habría que sustituir 15 para obtener la respuesta final.

4 5. (1.5 puntos) Justifica, con un argumento combinatorio, la recurrencia de los números de Stirling: S(n, ) S(n 1, 1) + S(n 1,). El argumento se vio en clase. Se pueden consultar las notas del curso para el detalle. 6. (1 punto) Llamemos f(x) a nx n a la función generatriz de la sucesión (a n ). Escribe (en términos de f(x)) la función generatriz de la sucesión (b n ) dada por b n (n +1)a n +2 3 n, para cada n 0. Llamemos g(x) a la función generatriz de los (b n). Entonces, g(x) b n x n (n +1)an +2 3 n x n (n +1)a n x n +2 na n x n + xf (x) 3 n x n a n x n +2 f(x) xf (x)+f(x) x. (3x) n 1/(1 3x)

5 7. (2 puntos) Resuelve la siguiente relación de recurrencia: a n+2 + a n+1 2a n 6n + 5 cuando n 0; a 0 1,a 1 1. (1) Empezamos, como siempre, con la ecuación homogénea asociada, cuya ecuación característica es r 2 + r 2r 0 r 1 ± ± 3 2 Así que la solución general de la ecuación homogénea se puede escribir como donde A y B son constantes. A + B( 2) n, r 1yr 2. (2) Vamos ahora a buscar una solución particular de la ecuación completa. El término no homogéneo es un polinomio de grado 1, así que parecería razonable probar con algo del tipo C + Dn. Peroobsérvese que las constantes son solución de la homogénea. Así que probamos con una solución del tipo a (p) n Cn + Dn 2. La ecuación de recurrencia nos dice que las constantes C y D deben cumplir que C(n +2)+D(n +2) 2 + C(n +1)+D(n +1) 2 2Cn 2Dn 2 6n +5 6Dn +(5D +3C) 6n +5 Es decir, 6D 6 D 1 5D +3C 5 C 0 De forma que una solución particular es. simplemente, a (p) n n 2, por lo que la solución general de la ecuación completa se puede escribir como a n A + B( 2) n + n 2. (3) El último paso consiste en imponer las condiciones iniciales: caso n 0 1A + B A 1 B caso n 1 1A 2B B 2B B 1 A 0. Así que la respuesta final es a n ( 2) n + n 2.