Pauta de corrección del certamen no 2 1. (25 pts) Use la notación

Universidad Técnica Federico Santa María
Departamento de Informática
Fundamentos de Informática I
Primer semestre de 2009
Pauta de corrección del certamen no 2
1. (25 pts) Use la notación de constructor de conjuntos y las equivalencias lógicas para
demostrar que A ∩ B × C = A × C ∪ B × C . Asuma que ninguno de los conjuntos A,
B , o C es vacio.
Solución:
A ∩ B × C = {(x, y)| (x ∈ A ∩ B) ∧ (y ∈ C)} =
{(x, y)| (x ∈
/ A ∩ B) ∧ (y ∈ C)} =
{(x, y)| ¬(x ∈ A ∩ B) ∧ (y ∈ C)} =
{(x, y)| ¬(x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ (y ∈ C)} =
{(x, y)| (x ∈
/ A∨x∈
/ B) ∧ (y ∈ C)} =
{(x, y)| (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (y ∈ C)} =
{(x, y)| (x ∈ A ∧ y ∈ C) ∨ (x ∈ B ∧ y ∈ C)} =
A×C ∪B×C
denición de ×
denición del complemento
denición de ∈
/
denición de ∩
ley de morgan y de ∈
/
denición del complemento
ley distributiva
denición de ×
(3 puntos por cada transición correcta + 1 pt) /
2. (25 pts) Sean g : A → B y f : B → C funciones. Demuestre que si f y g son sobre,
entonces f ◦ g también lo es.
Solución: Se debe demostrar que ∀z∃x f (g(x)) = z (6 pt).
Ya que la función f es sobre se tiene que ∀y∃x f (x) = y . Sea b la preimagen de un
elemento c, tal que f (b) = c (8 pt).
Ya que la función g es sobre, ese elemento b debe tener una preimagen a tal que
g(a) = b. Entonces, se tiene que f (b) = f (g(a)) = c (8 pt).
Generalizando tenemos que ∀z∃x f (g(x)) = z . (3 pt) /
3. (25 pts) Demuestre utilizando la inducción matématica que para números reales a1 , a2 ,
. . . , an , b1 , b2 , . . . , bn ≥ 0 se cumple la siguiente desigualdad:
n
n
n
X
X
X
(
ai bi )2 ≤ (
ai )2 (
bi )2
i=1
i=1
i=1
Solución: Base inductiva: para n = 1, (a1 b1 )2 = a21 b21 (3 pt)
P
P
P
Paso inductivo: Se asume que ( ki=1 ai bi )2 ≤ ( ki=1 ai )2 ( ki=1 bi )2 se cumple para
k . Se debe demostrar que la desigualdad se cumple para k + 1 (5 pt).
P
Pk+1 2
Pk
Pk
2
2
2
( k+1
i=1 ai ) ( i=1 bi ) = ( i=1 ai + ak+1 ) ( i=1 bi + bk+1 ) =
P
P
P
P
(( ki=1 ai )2 + 2ak+1 ki=1 ai + a2k+1 )(( ki=1 bi )2 + 2bk+1 ki=1 bi + b2k+1 ) ≥
P
P
P
P
( ki=1 ai )2 ( ki=1 bi )2 + 2ak+1 bk+1 ki=1 ai ki=1 bi + a2k+1 b2k+1 ) ≥
se descarta el resto de los sumandos, ya que los ai y bi son ≥ 0.
P
P
P
P
2
( ki=1 ai bi )2 +2ak+1 bk+1 ki=1 ai bi +(ak+1 bk+1 )2 = ( ki=1 ai bi +ak+1 bk+1 )2 = ( k+1
i=1 ai bi )
Pk
Pk
Pk
por hipotesis inductiva y i=1 ai i=1 bi ≥ i=1 ai bi (14 pt por el desarrollo)
P
P
P
Conclusión: ( ni=1 ai bi )2 ≤ ( ni=1 ai )2 ( ni=1 bi )2 (3 pt) /
4. (25 pts) Considere la sucesión de Fibonacci (fn )n∈N , con f0 = 1, f1 = 1. Demuestre
por inducción que
5
∀n ∈ N fn ≤ ( )n
3
Solución: Base inductiva: para n = 0, f0 = 1 ≤ (5/3)0 (3 pt)
Paso inductivo: Se asume que ∀j ≤ k fj ≤ ( 53 )j (3 pt).
Se debe demostrar que fk+1 ≤ ( 53 )k+1 (3 pt).
fk+1 = fk + fk−1 ≤ por denición de fk (4 pt)
( 53 )k + ( 53 )k−1 = por hip. inductiva (4 pt)
( 53 )k−1 ( 53 + 1) ≤ ( 35 )k−1 ( 53 +
10
9 )
= ( 53 )k−1 ( 53 )2 = ( 35 )k+1 (5 pt)
Por tanto, ∀n ∈ N fn ≤ ( 53 )n (3 pt). /