Relaciones ejercicios resueltos
Short Description
Download Relaciones ejercicios resueltos...
Description
Matem´ Mat em´ atica ati ca Discre Dis creta ta I Tema 1 - Ejercicios resueltos Relaciones de equivalencia Ejercicio 1. En el conjunto N se define la relaci´ on on (a, b)R(c, d) ⇔ ad = bc . Averigua si es de equivalencia y si lo es calcula la clase del elemento (4, 8).
a
c
primero que (a, b)R(c, d) ⇔ ad = bc ⇔ = (pues b, d = 0 ya que b, d ∈ N). b d Comprobamos ahora que es relaci´ on on de equivalencia:
Soluci´ on. Observamos
• R es reflexiva: (a, b)R(a, b) ya que etr ica:: (a, b)R(c, d) ⇔ • R es sim´etrica
• R es transitiva:
a a = . b b
a c c a = ⇔ = ⇔ ( c, d)R(a, b). b d d b
a c (a, b)R(c, d) ⇔ = bc de (c, d)R(e, f ) ⇔ = d f
Finalmente, la clase del elemento (4, 8) es [(4, 8)] = {(a, b) ∈ N × N | ( a, b)R(4, 8)} =
⇒
a e = ⇔ ( a, b)R(e, f ). b f
4 a (a, b) ∈ N × N | = 8 b
=
1 a (a, b) ∈ N × N | = 2 b
= {(a, b) ∈ N × N | 2 a = b } = {(a, 2a) | a ∈ N} = {(1, 2), (2, 4), (3, 6), (4, 8), (5, 10), . . . }. Ejercic Ejercicio io 2. En el conjunto N se define la relaci´ on on (a, b)R(c, d) ⇔ a + d = b + c . Aver Averig igua ua si es de equivalencia y si lo es calcula la clase del elemento (2 , 5).
primero que (a, b)R(c, d) ⇔ a + d = b + c ⇔ a − b = c − d. Comprobamos ahora que es relaci´ on on de equivalencia:
Soluci´ on. Observamos
• R es reflexiva: (a, b)R(a, b) ya que a − b = a − b. etr ica:: (a, b)R(c, d) ⇔ a − b = c − d ⇔ c − d = a − b ⇔ ( c, d)R(a, b). • R es sim´etrica (a, b)R(c, d) ⇔ a − b = c − d • R es transitiva: (c, d)R(e, f ) ⇔ c − d = e − f
⇒ a − b = e − f ⇔ ( a, b)R(e, f ).
Finalmente, la clase del elemento (2, 5) es [(2, 5)] = { (a, b) ∈ N × N | ( a, b)R(2, 5)} = {(a, b) ∈ N × N | a − b = 5 − 2 = 3} = { (a, b) ∈ N × N | b = a − 3} = { (a, a − 3) | a ∈ N, a ≥ 4 } = {(4, 1), (5, 2), (6, 3), . . . }. Ejercicio Ejercicio 3. En R2 se define la relaci´ on on (x1 , y1 )R(x2 , y2 ) ⇔ x 1 y1 = x 2 y2 . Comprueba que es de equivalencia
y calcula el conjunto cociente. Soluci´ on. Comprobamos
que es relaci´on on de equivalencia:
• R es reflexiva: (x1 , y1 )R(x1 , y1 ) ya que x1 y1 = x 1 y1. etr ica:: (x1 , y1 )R(x2 , y2 ) ⇔ x 1 y1 = x 2y2 ⇔ x 2 y2 = x 1 y1 ⇔ ( x2 , y2 )R(x1 , y1 ). • R es sim´etrica (x1 , y1 )R(x2 , y2 ) ⇔ x 1 y1 = x 2y2 • R es transitiva: (x2 , y2 )R(x3 , y3 ) ⇔ x 2 y2 = x 3y3
⇒ x 1y1 = x 3 y3 ⇔ ( x1 , y1 )R(x3 , y3 ).
Para calcular el conjunto cociente, calculamos primero la clase de un elemento (a, b) es [(a, b)] = {(x, y ) ∈ R2 | ( a, b)R(x, y )} = { (x, y ) ∈ R2 | xy = ab } que es una hip´erbola equil´atera que pasa por el punto (a, b) y tiene como as´ıntotas los ejes coordenados. Por otra parte, la clase del punto (0, 0) es [(0, 0)] = {(x, y ) ∈ R2 | (0 , 0)R(x, y )} = {(x, y ) ∈ R2 | xy = 0} que es el conjunto formado por los dos ejes coordenados. As´ı, el conjunto cociente es la familia formado todas las hip´erbolas equil´ ateras con as´ıntotas los ejes coordenados y el conjunto formado por los dos ejes coordenados. Ejercicio 4. En Z se define la relaci´ on xRy ⇔ x2 − y 2 = x − y. Comprueba que es de equivalencia y
calcula el conjunto cociente. primero que xRy ⇔ x 2 − y2 = x − y ⇔ x 2 − x = y 2 − y . Comprobamos que es relaci´ on de equivalencia:
Soluci´ on. Observamos
• R es reflexiva: xRx ya que x2 − x = x 2 − x. • R es sim´etrica: xRy ⇔ x 2 − x = y 2 − y ⇔ y 2 − y = x 2 − x ⇔ yRx. • R es transitiva:
xRy ⇔ x 2 − x = y 2 − y yRz ⇔ y 2 − y = z 2 − z
⇒ x 2 − x = z 2 − z ⇔ xRz .
Para calcular el conjunto cociente, observamos primero que
− − ⇔ o´ − x
xRy ⇔ x 2 − y 2 = x − y ⇔ ( x + y)(x − y ) = x
y = 0
y
y
x
= o´ ⇔ = 1 =
y = 0 y x + y
y
x x, y = 1 − x
Por tanto, la clase de un elemento x es [x] = {x, 1 − x} y el conjunto cociente es
.
{{0, 1}, {−1, 2}, {−2, 3}, {−3, 4}, . . . } que es equivalente al conjunto N = {1, 2, 3, 4, 5, . . . } pues cada clase tiene un representante en N y dos elementos de N siempre est´an en clases distintas. 3y + h Ejercicio 5. En Q se define la relaci´ on xRy ⇔ ∃h ∈ Z tal que x = . Prueba que es de equivalencia. 3 2 4 Razona si los elementos y pertenecen a la misma clase. 3 5 on de equivalencia: Soluci´ on. Comprobamos que es relaci´ 3x + h para h = 0. • R es reflexiva: xRx ya que x = 3
• R es sim´etrica: xRy ⇔ ∃h ∈ Z | x =
3y + h 3x + (−h) con (−h) ∈ Z ⇒ yRx. ⇒ y = 3 3
3 +
z h2 3y + h1 3 + h1 xRy ⇔ ∃h1 ∈ Z | x = 3z + h2 + h1 3 3 x = = con h2 + • R es transitiva: 3z + h2 3 3 yRz ⇔ ∃h2 ∈ Z | y = 3 h1 ∈ Z ⇒ xRz . 2 4 2 4 Vamos a ver si los elementos y pertenecen a la misma clase, es decir, si se cumple que R : 3 5 3 5 4 3 + h 2 4 2 4 12 2 5 + h ⇒ h = 2 − = − ⇒ 2 = 3 ∈ Z. R ⇔ ∃h ∈ Z | = 3 5 3 3 5 5 5 2 4 Por tanto, y no pertenecen a la misma clase. 3 5
⇒
Relaciones de orden Ejercicio 1. Determina el orden lexicogr´ afico de las siguientes cadenas de bits: 001, 111, 010, 011, 000y 100
basado en el orden 0 ≤ 1. Dibujar el diagrama de Hasse de estas cadenas, ahora con el orden producto. el orden lexicogr´afico: 000 ≤ 001 ≤ 010 ≤ 011 ≤ 100 ≤ 111. El diagrama de Hasse con el orden producto es el de la figura. Soluci´ on. Con
111 011
010 100 001
000
Ejercicio 2. Sea S = { 1, 2, 3, 4}. Con respecto al orden lexicogr´ afico basado en el orden usual ≤ :
a) Encontrar todos los pares en S × S anteriores a (2, 3). b) Encontrar todos los pares en S × S posteriores a (3, 1). c) Dibujar el diagrama de Hasse de (S × S, ≤Lex ). Soluci´ on. a)
Los pares en S × S anteriores a (2, 3) son:
(4, 4) (4, 3)
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 1), (2, 2).
(4, 2) (4, 1)
b) Los pares en S × S posteriores a (3, 1) son
(3, 4) (3, 3)
(3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4).
(3, 2) (3, 1)
b) El diagrama de Hasse de (S × S, ≤Lex ) es el de la figura.
(2, 4) (2, 3) (2, 2) (2, 1) (1, 4) (1, 3) (1, 2) (1, 1)
Ejercicio 3. Hallar los elementos maximales, minimales, m´ aximo y m´ınimo (si los hay) para los siguientes
conjuntos con el orden dado por el diagrama de Hasse: a)
b) a
c b
d
e
c)
a
d
b
c
e
a
c b e d
f
Maximales { a}, minimales { d, e}, m´aximo a, m´ınimo no hay. b) Maximales {a, b}, minimales { d, e}, m´aximo no hay, m´ınimo no hay. c) Maximales { a}, minimales { d, f }, m´aximo a, m´ınimo no hay. d) Maximales {a, b}, minimales { c,d,e}, m´aximo no hay, m´ınimo no hay. Soluci´ on. a)
d)
a
c
b
d
e
Ejercicio 4. Hallar cotas superiores, cotas inferiores, supremo e ´ınfimo del conjunto B (si los hay) en
cada uno de los siguientes casos: a)
b) a a
b
c e d
f
b
c e d g f
g
c)
b
d c
h
B = { c,d,e}
a
e
B = { d,e,f }
f
B = { b,c,d}
Cotas superiores { a,b,c}, cotas inferiores { f }, supremo c, ´ınfimo no hay. b) Cotas superiores { a,b,c}, cotas inferiores { h}, supremo a, ´ınfimo f . c) Cotas superiores { a, b}, cotas inferiores { e, f }, supremo b, ´ınfimo no hay. Soluci´ on. a)
Ejercicio 5. Representar el diagrama de Hasse de los siguientes conjuntos ordenados y hallar los elementos
notables de los subconjuntos se˜ nalados: a) (D60, |), A = {2, 5, 6, 10, 12, 30} y B = {2, 3, 6, 10, 15, 30}. b) (D48, |), A = {2, 4, 6, 12} y B = {3, 6, 8, 16}. c) (D40, |), A = {4, 5, 10} y B = {2, 4, 8, 20}. Soluci´ on. Teniendo
en cuenta que 60 = 22 · 3 · 5, 48 = 24 · 3 y 40 = 23 · 5, se tienen los siguientes diagramas
de Hasse: a)
b) 60
20 30 12 10 15 4 6 5 2 3 D60
1
c)
48
40 16 24 8 12 8 20 10 6 4 4 3 5 2 2 D48 D40
1
1
a) Cotas superiores de A { 60}, cotas inferiores de A { 1}, sup A = 60, inf A = 1, no existe max A ni min A. Cotas superiores de B {30, 60}, cotas inferiores de B {1}, sup B = 30, inf 1, max B = 30, no existe min B . b) Cotas superiores de A { 12, 24, 48}, cotas inferiores de A { 1, 2}, sup A = max 12, inf A = min A = 2. Cotas superiores de B {48}, cotas inferiores de B {1}, sup B = 48, inf B = 1, no existe max B ni min B . c) Cotas superiores de A {20, 40}, cotas inferiores de A {1}, sup A = 20, inf A = 1, no existe max A ni min A. Cotas superiores de B {40}, cotas inferiores de B {1, 2}, sup B = 40, inf B = 2, no existe max B , min B = 2. Ejercicio 6. Hallar, si los hay, los elementos maximales, minimales, m´aximo y m´ınimo para los siguientes conjuntos ordenados: a) (P (X ), ⊂), b) ((0, 1), ≥), c) (N, |), d) (N −{1}, |).
Maximales { X }, minimales {∅} , m´aximo X , m´ınimo ∅ . b) Maximales y minimales no hay, no hay m´aximo ni m´ınimo. c) Maximales no hay, minimales 1, no hay m´aximo, m´ınimo 1. d) Maximales no hay, minimales {2, 3, 5, 7, 11, . . . } (conjunto de los n´ umeros primos), no hay m´ aximo ni m´ınimo. Soluci´ on. a)
Ejercicio 7. En cada uno de los casos siguientes, d´ıgase si el conjunto X tiene o no una cota inferior, y
si tiene alguna hallase su ´ınfimo si existe: a) X = {x ∈ Z | x 2 ≤ 16 }, b) X = {x ∈ Z | x = 2y para alg´ un y ∈ Z}, c) X = {x ∈ Z | x 2 ≤ 100 x}. a) X = {x ∈ Z | x 2 ≤ 16 } = { x ∈ Z | −4 ≤ x ≤ 4 } = {−4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4}. Una cota inferior de X es 4, que es tambi´en el m´ınimo de X . b) X = {x ∈ Z | x = 2y para alg´ un y ∈ Z} = {x ∈ Z | x es par} = {. . . , −6, −4, −2, 0, 2, 4, 6, . . . }. X no tiene cotas inferiores y por tanto tampoco tiene m´ınimo. Soluci´ on. c) X = { x ∈ Z | x 2 ≤ 100 x} = { x ∈ Z | x 2 − 100x ≤ 0 } = { x ∈ Z | ( x − 100)x ≤ 0 }. x − 100 ≥ 0 y x ≤ 0 x ≥ 100 y x ≤ 0 o´ o´ Ahora, (x − 100)x ≤ 0 ⇔ ⇔ ⇔ 0 ≤ x ≤ 100. x − 100 ≤ 0 y x ≥ 0 x ≤ 100 y x ≥ 0 Una cota inferior de X es 0, que es tambi´en el m´ınimo de X . Soluci´ on.
Ejercicio 8. Se considera en D 48 × N el orden lexicogr´ afico correspondiente a tomar el orden divisibilidad en el primer factor y el orden usual en el segundo factor. Sea S = {(2, 2), (2, 3), (3, 2), (6, 3), (6, 1), (4, 2)}.
Se pide hallar, si existen, las cotas superiores e inferiores, elementos maximales y minimales, m´aximo, m´ınimo, supremo e ´ınfimo de S . Como S = {(2, 2), (2, 3), (3, 2), (4, 2), (6, 1), (6, 3)}, las cotas inferiores de S son los elementos del conjunto {(1, b) | b ∈ N}, y las cotas superiores de S son los elementos del conjunto {(a, b) | a ∈ {12, 24, 48}, b ∈ N}. No existe ´ınfimo de S y sup S = (12, 1). Los elementos maximales de S son (4, 2) y (6, 3), y los elementos minimales de S son (2, 2) y (3, 2). No existe m´aximo ni m´ınimo de S . Soluci´ on.
i
Ejercicio 9. Dado el orden parcial del siguiente diagrama de Hasse, obtener un
orden total que lo contenga. ¿Cuantos pueden obtenerse? orden total que lo contiene es a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ e ≤ f ≤ g ≤ h ≤ i . Para calcular el n´ umero de o´rdenes totales vemos que en cualquier caso, e estar´ a en quinto lugar. Para llegar a c hay varias posibilidades: Soluci´ on. Un
h
• Primero cogemos el par { a, b} y luego el par { c, d} (hay 4 maneras posibles de hacerlo). • Primero cogemos a o´ b y luego c, despu´es ir´ıa el que no hayamos escogido del par { a, b} y luego c (hay 2 maneras posibles de hacerlo).
a
g f e d c
b
• Primero cogemos d y luego a o´ b, despu´es ir´ıa el que no hayamos escogido del par { a, b} y luego c (hay 2 maneras posibles de hacerlo). As´ı, hay 8 maneras de ordenar los 4 v´ertices anteriores a e. Despu´es de e puede ir f (y despu´es g ) o g (y despu´es f ), y despu´es han de ir h e i . As´ı, hay 2 maneras de ordenar los 4 v´ertices posteriores a e. Combinando las 8 maneras de ordenar los 4 v´ertices anteriores a e con las 2 maneras de ordenar los 4 v´ertices posteriores a e obtenemos 16 posibles ordenaciones de los v´ertices. Hay, por tanto, 16 o´rdenes totales que contengan al dado.
Ejercicio 10. Sea T = { a,b,c,d,e,f,g} la lista de tareas para realizar un trabajo, de las que se sabe que unas preceden inmediatamente a otras de la siguiente forma: f ≤ a, f ≤ d, e ≤ b, c ≤ f , e ≤ c, b ≤ f , e ≤ g , g ≤ f . Hallar el orden parcial. ¿Que tareas pueden realizarse independientemente? Construir un
orden si el trabajo lo realiza solo una persona. Soluci´ on. El
orden parcial es el del diagrama de Hasse de la figura. Las tareas que pueden realizarse independientemente son las del conjunto {b,c,g } que no dependen unas de otras, y tambi´ en las del { a, d}. Si el trabajo lo realiza solo una persona, un orden posible es e − b − c − g − f − a − d.
a
d
f c g b
e
Ejercicio 11. En (D10 , |) × (D18 , |) se considera el orden lexicogr´ afico. Hallar las cotas superiores, cotas inferiores, supremo e ´ınfimo, si existen, del subconjunto S = {(2, 2), (2, 3)}. Dibujar el diagrama de Hasse. Se define f : D 10 × xD18 −→ D 180 por f (a, b) = ab ¿es f inyectiva? ¿es suprayectiva?
cotas superiores de S son los elementos del conjunto {(2, 6), (2, 18)} ∪ {(10, b) | b ∈ D18}. Las cotas inferiores de S son los elementos del conjunto { (2, 1)} ∪ {(1, b) | b ∈ D18}. El supremo de S es (2, 6) y el ´ınfimo es (2, 1). El diagrama de Hasse de (D10, |) × (D18, |) es Soluci´ on. Las
(10, 18)
(10, 9) (10, 6) (10, 2) (10, 3) (10, 1) (5, 18) (2, 18) (2, 9) (5, 9) (2, 6) (5, 6) (2, 3) (5, 3) (2, 2) (5, 2) (2, 1) (5, 1) (1, 18) (1, 9) (1, 6) (1, 3) (1, 2)
(1, 1)
Si se define f : D10 × xD18 −→ D180 por f (a, b) = ab, f no es inyectiva porque f (2, 1) = 2 = f (1, 2) (esto ocurre por ser 2 un factor com´ u n a 10 y 18). Por otra parte, f es suprayectiva pues cualquier divisor de 180 se puede poner como producto de un divisor de 10 y un divisor de 18. Para demostrarlo tomemos un divisor n de 180. Como 180 = 2232 5, n es de la forma n = 2a 2b 3c 3d 5e con 0 ≤ a,b,c,d,e ≤ 1. Entonces n = (2a 5e )(2b 3c 3d ) = pq con p divisor de 10 y q divisor de 18.
Ret´ıculos Ejercicio 1. Estudiar cuales de los siguientes conjuntos ordenados son ret´ıculos:
a)
f
b) a
a
c b d e
g
b c
c)
d
e f g h
h
a
c d b e
f
Soluci´ on. (a)
no es ret´ıculo porque tiene m´ as de un minimal (f , g , h son minimales). (b) no es ret´ıculo porque tiene m´ as de un maximal (a,b,c,d son minimales). (c) es ret´ıculo porque para cada par de elementos x, y existe sup{x, y } y existe inf {x, y }.
Ejercicio 2. Obtener los diagramas de Hasse de todos los ret´ıculos, salvo isomorfismos, de uno, dos, tres,
cuatro y cinco elementos.
Soluci´ on.
Ejercicio 3. Estudiar si en el siguiente ret´ıculo se verifica la siguiente igualdad
a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).
un parte a ∨ (b ∧ c) = a ∨ (0) = a . Y por otro lado (a ∨ b) ∧ (a ∨ c) = 1 ∧ 1 = 1. Por tanto, a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c). Soluci´ on. Por
1
b c a d
0
Ejercicio 4. Encontrar el complementario de cada elemento de D42 y D105. Soluci´ on. En
las siguientes tablas se pueden ver los inversos: D42 x
x
1 2 3 7 6=2·3 14 = 2 · 7 21 = 3 · 7 42 = 2 · 3 · 7
42 = 2 · 3 · 7 21 = 3 · 7 14 = 2 · 7 6 = 2·3 7 3 2 1
x
D105 x
1 3 5 7 15 = 3 · 5 21 = 3 · 7 35 = 5 · 7 105 = 3 · 5 · 7
105 = 3 · 5 · 7 35 = 5 · 7 21 = 3 · 7 15 = 3 · 5 7 3 2 1
Como 24 es producto de factores primos distintos, el inverso de un divisor x de 24 es el n´ umero x formado por el producto de los divisores primos de 24 que no aparecen en x, pues entonces se tiene que mcd(x, x ) = 1 y mcm(x, ) = 24. Lo mismo ocurre con 105. Tambi´ en se podr´ıa haber resuelto a partir de los diagramas de Hasse correspondientes.
´ Algebras de Boole
on conjunci´ on en funci´on de la disyunci´on y la complementaria. Expresar Ejercicio 1. Expresar la operaci´ la disyunci´on en funci´ on de la conjunci´ on y la complementaria. Soluci´ on.
a ∧ b = ((a ∧ b) ) = (a ∨ b ) , a ∨ b = ((a ∨ b) ) = (a ∧ b ) .
Ejercicio 2. Demostrar que en un algebra de Boole se verifican las siguientes propiedades:
a) a ≤ b ⇒ b ≤ a .
b) a ≤ b ⇒ a ∨ (b ∧ c) = b ∧ (a ∨ b). c) a ≤ b ≤ c ⇒ ( a ∧ b) ∨ (a ∧ b ∧ c) ∨ (b ∧ c) ∨ (a ∧ c) = b . d) a ≤ b ⇔ a ∧ b = 0 ⇔ a ∨ b = 1.
Soluci´ on.
a) a ≤ b ⇒ a ∧ b = a ⇒ ( a ∧ b) = a ⇒ a ∨ b = a ⇒ b ≤ a .
b) a ≤ b ⇒ a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c) = b ∧ (a ∨ b). c) a ≤ b ≤ c ⇒ ( a ∧ b) ∨ (a ∧ b ∧ c) ∨ (b ∧ c) ∨ (a ∧ c) = a ∨ a ∨ b ∨ a = a ∨ b = b . d) a ≤ b ⇒ a ∧ b = (a ∧ b ) ∨ (b ∧ b ) = (a ∨ b) ∧ b = b ∧ b = 0.
a ∧ b = 0 ⇒ a ∧ b = (a ∧ b) ∨ (a ∧ b ) = a ∨ (b ∧ b ) = a ∨ 0 = a ⇒ a ∧ b = a ⇔ a ≤ b .
a ∧ b = 0 ⇔ ( a ∨ b) = 0 ⇔ ( a ∨ b) = 1 ⇔ a ∧ b = 1.
Ejercicio 3. Construir un isomorfismo entre (P (C ), ⊂) y ( B n , ≤n ) para alg´ un n ∈ N, donde C = {1, 2, 3, 4} n n y ≤ denota el orden producto en B . Soluci´ on. El
isomorfismo f viene dado por la siguiente tabla
Para comprobar que f es un isomorfismo razonamos como sigue: Sabemos que f ser´a isomorfismo de a´lgebras de Boole si y solo si es isomorfismo de ret´ıculos. Por otra parte, f ser´a isomorfismo de ret´ıculos si y solo s´ı es isomorfismo de conjuntos ordenados. Finalmente, f es isomorfismo de conjuntos ordenados pues es claramente biyectiva y se tiene que x ⊂ y ⇔ x ≤n y.
f (x) ∈ B 4
x ∈ P (C )
∅
0000 1000 {a} 0100 {b} 0010 {c} 0001 {d} {a, b} 1100 {a, c} 1010 {a, d} 1001 {b, c} 0110 {b, d} 0101 {c, d} 0011 {a,b,c} 1110 {a,b,d} 1101 {a,c,d} 1011 {b,c,d} 0111 {a,b,c,d} 1111
Ejercicio 4. Sea (A, ≤) un ´ algebra de Boole. ¿Cuantos elementos minimales tiene A − {0}, si A es un ´algebra de Boole de 8 elementos? ¿Y si A tiene 16 elementos?
Si A es un a´lgebra de Boole de 8 elementos, A es isomorfa a B 3 . Entonces A − {0} tiene 3 elementos minimales: 001, 010 y 100. Si A es un a´lgebra de Boole de 16 elementos, A es isomorfa a B 4 . Entonces A − {0} tiene 4 elementos minimales: 0001, 0010, 0100 y 1000. Soluci´ on.
Expresiones booleanas Ejercicio 1. Halla la tabla de verdad de la funci´ on f : B 2 −→ B definida por la expresi´on E (x, y ) = (x ∧ y ) ∨ ((y ∧ (x ∨ y)).
Soluci´ on. La
tabla de verdad de f es x
y
x∧y
0 0 1 1
0 1 0 1
0 0 1 0
x ∨y
y ∧ (x ∨ y)
f (x, y ) = (x ∧ y ) ∨ ((y ∧ (x ∨ y))
1 1 0 1
0 1 0 1
0 1 1 1
Ejercicio 2. Determina S (f ) para las funciones f : B 3 −→ B definidas por:
a) f (x,y,z ) = x ∧ y, b) f (x,y,z ) = z , c) f (x,y,z ) = (x ∧ y) ∨ z .
a) S (f ) = {110, 111} pues f (x,y,z ) = 1 ⇔ x = y = 1. b) S (f ) = {000, 010, 100, 110} pues f (x,y,z ) = 1 ⇔ z = 1 ⇔ z = 0. c) S (f ) = { 000, 010, 100, 110, 111} pues f (x,y,z ) = 1 ⇔ x = y = 1 o´ z = 0. Soluci´ on.
Ejercicio 3. Determina todas las funciones booleanas binarias que cumplan: f (a , b) = f (a, b ) = (f (a, b)) .
Soluci´ on. Si
hacemos a = b = 0 en la f´ormula anterior obtenemos que f (1, 0) = f (0, 1) = (f (0, 0)) , y si hacemos a = b = 1 obtenemos que f (0, 1) = f (1, 0) = (f (1, 1)) . Por otra parte, si hacemos a = 1 y b = 0 obtenemos que f (0, 0) = f (1, 1 ) = (f (1, 0)) , y si hacemos a = 0 y b = 1 obtenemos que f (1, 1) = f (0, 0) = (f (0, 1)) . Como se tienen que cumplir todos los casos, tenemos que las f que cumplen f (a , b) = f (a, b ) = (f (a, b)) son las que cumplen que f (0, 0) = f (1, 1), f (1, 0) = f (0, 1) y f (1, 0) = (f (0, 0)) . Las u ´ nicas funciones f con estas condiciones son las siguientes:
x
y
f 1 (x, y )
x
y
f 2(x, y )
0 0 1 1
0 1 0 1
0 1 1 0
0 0 1 1
0 1 0 1
1 0 0 1
Ejercicio 4. Dados los siguientes mapas de Karnaugh, escribe las expresiones booleanas que definen estos
mapas: y
0
0
1
0
x
1
1
1
0
x
z
z
z
z
y
y
y
x
1
0
1
1
t
x
0
1
1
0
x
y
y
x
y
y
1
1
1
0
x
1
0
1
0
x
z
y
y
z
z
z
y
y
y
x
1
0
1
1
t
t
x
1
1
1
1
x
0
1
0
x
0
0 z
0
1
1
0
t
x
1
0
0
1
t
z
z
z
y
x
z Soluci´ on.
y
z
y
y
0
0
1
1
1
0
0
1 z
z
z
z
y
y
y
x
0
0
1
1
t
t
x
0
0
1
1
t
0
t
x
1
0
1
1
t
0
0
t
x
0
0
1
0
t
z
z
z
z
z
y
y
y
z
y
x x
y
y
y
y
0
0
1
0
x
1
1
1
0
x
y
y
y
x
1
0
1
1
t
x
0
1
1
0
1
0
x
1
0
1
0
x
x
1
0
1
1
t
t
x
1
1
1
1
x
0
1
0
x
0
0
0
0
1
1
0
t
x
1
0
0
1
t
z z z z f (x , y , z , t) = zt + z t + xy z
y
0
0
1
1
1
0
0
1
y
y
x
0
0
1
1
t
t
x
0
0
1
1
t
0
t
x
1
0
1
1
t
0
t
x
0
0
1
0
t
y
y
z z z z f (x , y , z , t) = xy + xz + yz t
y
y
y
y
y
z z z z f (x,y,z ) = xy + x z
y
1
y
x
1
y
y
z z z z f (x,y,z ) = xy + yz + y z
y
y
z z z z f (x,y,z ) = x y + y z
y
z z z z f (x , y , z , t) = xy + y z + y t + x z t
Ejercicio 5. Se considera el conjunto a) S (f ) = { (1, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 1), (1, 0, 1, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 1)} b) S (f ) = { (0, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 1, 1, 1), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 1), (1, 0, 1, 0)} Simplifica la expresi´on booleana de la funci´ on f que toma valor 1 en el conjunto S (f ) y cero en el resto,
mediante el mapa de Karnaugh. Soluci´ on.
a) 00 01 11 10
00 01 11 10
b)
1
1
0
0
00
1
1
0
0
01
1
0
1
0
11
1
0
1
0
10
f (x,y,z ) = x z + x z + xzt
00 01 11 10
0
1
0
1
1
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
1
f (x,y,z ) = x y + x z t + yz t + yz t + y zt
Ejercicio 6. Completa los huecos de la tabla de la derecha, teniendo en cuenta
x
y
y
f1 ( x, y )
que la expresi´ on que se desea obtener ha de ser lo mas sencilla posible. Determina esa expresi´ on y dibuja el mapa de Karnaugh correspondiente.
0 0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 0 0 1 1
0 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 1
mapa de Karnaugh y la expresi´ on simplificada de f es la figura. Para que f sea lo m´ as simplificada posible hay que definir f (100) = 1, f (101) = 0, f (111) = 1.
00 01 11 10
Soluci´ on. El
0 1
1
0
1
1
1
f (x,y,z ) = y + z
Ejercicio 7. Dada la funci´ on booleana f : B 4 −→ B
f (x , y , z , t) = xyzt + xy zt + xyzt + xy zt + x y z t + x yz t + x y z t + x yz t
a) Utilizando las propiedades de un Algebra de Boole demuestra que f (x , y , z , t) = xz + x z . b) Verifica el resultado anterior utilizando los mapas de Karnaugh.
1
Soluci´ on. a)
Operando se tiene:
b) El mapa de Karnaugh es
= x (y + y )zt + x(y + y )zt + x (y + y )z t + x (y + y )z t = xzt + xzt + x z t + x z t = xz (t + t ) + x z (t + t) = xz + x z
y
x
0
1
1
0
t
x
0
1
1
0
t
1
0
0
1
t
1
0
0
1
t
x
x
y
y
y
f (x , y , z , t) = xyzt + xy zt + xyzt + xy zt + x y z t + x yz t + x y z t + x yz t
z z z z f (x , y , z , t) = xz + x z
Ejercicio 8. Simplifica al m´ aximo las siguientes expresiones booleanas:
a) (x + y ) + y z b) (x y ) (x + xyz ) c) x(xy + x y + y z ) d) (x + y ) (xy ) e) y(x + yz ) f) (x + y z )(y + z ).
Soluci´ on.
a) (x + y ) + y z = xy + y z .
b) (x y ) (x + xyz ) = (x + y )(x + xyz ) = xx + xxyz + y xx + y xyz = 0 + xyz + 0 + 0 = xyz .
c) x(xy + x y + y z ) = xxy + xx y + xy z = xy + 0 + xy z = xy + xy z = xy (1 + z ) = xy 1 = xy .
d) (x + y ) (xy ) = (x y )(x + y ) = x y x + x y y = x y + 0 = x y .
e) y (x + yz ) = y (x (yz ) ) = y (x (y + z )) = yx (y + z ) = yx y + yx z = 0 + yx z = x yz
f) (x + y z )(y + z ) = xy + xz + y zy + y zz = xy + xz + 0 + 0 = xy + xz .
on booleana minima de la funci´ on Ejercicio 9. Utilizando el algoritmo de Quine-McCluskey halla la expresi´ 5 f : B −→ B tal que S (f ) = { (1, 1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0, 1), (1, 1, 0, 1, 1), (1, 0, 1, 1, 1), (1, 0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1, 1), (1, 1, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 0, 1)}.
111-1 * 1---1 11--1 * 11-11 * 1-1-1 * 1-111 * 1--11 * 1-101 * 1--01 * 11-11 * 1-0-1 * 1-011 * 10--1 * 110-1 * 101-1 * 10-11 * 10-01 * 100-1 * Por tanto, f (x,y,z,t,u) = xu. 1-001 * on mas sencilla que detecte dentro del conjunto { 0, 1, 2, 3, . . . , 15} los Ejercicio 10. Encuentra la expresi´ numeros del conjunto: 1 1 1 1 1 1 1 1
Soluci´ on.
1 1 1 0 0 0 1 0
1 1 0 1 1 0 0 0
1 0 1 1 0 1 0 0
1 1 1 1 1 1 1 1
* * * * * * * *
a) A = {m´ultiplos de dos} Soluci´ on.
b) B = {m´ultiplos de tres},
00 01 11 10
0
0
1
00
01
1
0
0
1
01
11
1
0
0
1
11
10
1
0
0
1
f (x,y,z ) = z
00 01 11 10
1
00
c) C = {m´ultiplos de cuatro}
10
00 01 11 10
1
0
1
0
00
0
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
0
0
01
1
0
0
0
0
11
1
0
0
0
0
10
0
0
f (x,y,z ) = x y z t + x y zt + x yzt +xyz t + xyzt + xy z t
1
0
f (x,y,z ) = z t
Ejercicio 11. Un examen de tipo test consta de 5 preguntas. Las respuestas correctas son: 1 →Si,
2 →No, 3 → Si, 4 → Si, 5 →No. Construye una expresi´ on booleana que analice cada examen y distinga los aprobados de los suspensos. Se considera aprobado si al menos tres respuestas son correctas. 1-111111- * 11111 * Un examen tendr´ a 5 acierSoluci´ on. 1-1-0 1-111 * 11110 * tos si contesta 10110, tendr´ a 4 aciertos 1--10 111-0 * 10111 * si contesta 00110, 11110, 10010, 10100 --110 11-10 * 11100 * ´o 10111, y tendr´ a 3 aciertos si contesta 101-1-110 * 11010 * 01110, 00010, 00100, 00111, 11010, 11100, 10-1-1110 * 10110 * 11111, 10000, 10011 o´ 10101. -0111011- * 10101 * Por tanto, buscamos una funci´ on booleana 10--0 101-1 * 10011 * que valga uno exactamente en los valores -01-0 10-11 * 01110 * anteriores. -0-10 -0111 * 00111 * Utilizamos el m´etodo de Quine1-100 * 10100 * McCluskey. 1-010 * 10010 * 101-0 * 00110 * 10-10 * 10000 * -0110 * 00100 * 1010- * 00010 * 1001- * 0-110 * 0011- * 10-00 * -0100 * 100-0 * -0010 * 001-0 * 00-10 * Ahora hacemos la tabla para detectar factores que sobren. 11111 11110 10111 11100 11010 10110 10101 10011 01110 00111 10100 10010 00110 10000 00100 00010 1 - 1 1 -
X
X
1 - 1 - 0
X
1 - - 1 0
X
- - 1 1 0
X
X
X X
X X
X
X
X X
X
1 0 1 - -
X
X
1 0 - 1 -
X
X
- 0 1 1 -
X
X
X
X
X X
X X
X
1 0 - - 0
X
X
- 0 1 - 0
X
X
- 0 - 1 0
X
X
X
X
X X
X
X
Sobra el t´ermino 1 0 1 - -. Por tanto, la expresi´ on buscada es
f (x,y,x,t,u) = xzt + xzu + xtu + ztu + xy t + y zt + xy u + y zu + y tu . Ejercicio 12. Define una expresi´ on booleana que compare, seg´ un el orden ≤, dos numeros del conjunto {0, 1, 2, 3} y simplif´ıcala.
00 01 11 10
Si codificamos cada para de n´ umeros (m, n) por sus coordenadas binarias (es decir, (0, 0) ≡ 0000, (0, 1) ≡ 0001, (0, 2) ≡ 0010, . . . (3, 3) ≡ 1111), el problema equivale a encontrar una funci´ on f : B 4 −→ B tal que S (f ) = {0000, 0001, 0010, 0011, 0101, 0110, 0111, 1010, 1011, 1111}. En la figura representamos el mapa de Karnaugh de f . Su expresi´on simplificada es f (x,y,z ) = x y + x t + x z + y z . Soluci´ on.
00 01 11 10
1
1
1
1
0
1
1
1
0
0
1
0
0
0
1
1
Ejercicio 13. Se considera un ascensor dotado de un dispositivo de seguridad, para que no puedan viajar
ni˜nos peque˜ nos solos ni pesos excesivos. Queremos que el ascensor se ponga en marcha cuando este vac´ıo o con pesos entre 25 y 300 kilos. Dotamos al ascensor de tres sensores: A sensible a cualquier peso, B sensible a pesos mayores de 25 kilos y C sensible a pesos superiores a 300 kilos. Dise˜ na el circuito mas sencillo posible que cumpla dichas condiciones. Soluci´ on. Los
sensores pueden estar en dos estados, apagado (0) o activado (1). El problema equivale a encontrar una funci´ on f : 3 B −→ B con los valores de la tabla (consideramos f (A,b,c) = 1 si permitimos que el ascensor se mueva y f (A,b,c) = 0 si impedimos que se mueva). El mapa de Karnaugh correspondiente es el siguiente: 00 01 11 10 0 1
1 0
0
1
A 0 0 0 0 1 1 1 1
B C 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1
f(A,B,C) 1
0 1 0
f (x,y,z ) = x + yz
Obs´ervese que la funci´on booleana se interpreta como que el ascensor se mueve si x = 1 (es decir, si est´a vac´ıo) o si yz = 1 (es decir, si hay un peso mayor de 25 y menor de 300).
Ejercicio 14. En una reuni´ on celebrada entre 12 pa´ıses de la Comunidad Europea se acuerda aceptar las
resoluciones aprobadas por la mayor´ıa de los miembros. Espa˜ na, Italia, Portugal y Grecia votan en bloque. Situaci´on similar es la de Francia y Alemania. Tambi´en hacen lo mismo Reino Unido e Irlanda por un lado y B´elgica, Holanda y Luxemburgo por otro. Dinamarca siempre vota lo contrario que Alemania y los tres pa´ıses B´elgica, Holanda y Luxemburgo lo contrario que Irlanda. Encuentra los pa´ıses que tienen mayor poder de decision. x y z t u f(x,y,z) un de Espa˜ na, Italia, PorSoluci´ on. Denotamos por x el voto com´ 0 0 0 0 1 0 tugal y Grecia. Denotamos por y el voto com´ un de Francia y Ale0 0 1 0 1 0 mania. Denotamos por z el voto com´ un de Reino Unido e Irlanda. 0 1 0 1 0 0 Denotamos por t el voto com´ un de B´elgica, Holanda y Luxemburgo 0 1 1 0 0 0 por otro. Denotamos por u el voto de Dinamarca. Se tiene que 1 0 0 1 1 1 t = z y que u = y . 1 0 1 0 1 1 Podemos definir una funci´on de 5 variables que diga el resultado de una votaci´ on en funci´ on de los votos de cada grupos. Su tabla de 1 1 0 1 0 1 verdad ser´ıa la de la figura (los valores de t y u dependen de los del 1 1 1 0 0 1 resto). Se ve que la funci´on booleana asociada equivale a f (x,y,z,t,u) = x . Por tanto, los pa´ıses que tienen mayor poder de decision son los del primer bloque formado por Espa˜ na, Italia, Portugal y Grecia.
Ejercicio 15. Para evitar errores de transmisi´ on en ciertos mensajes codificados, es frecuente a˜ nadir un
bit, llamado de control, a un bloque de bits. As´ı , por ejemplo, en la representaci´ on de cifras decimales mediante un c´ odigo binario, 0 se representa como 00001, 1 se representa como 00010, 2 se representa como 00100, 3 se representa como 00111. El bit de paridad vale 1 si el numero de unos del bloque es par y vale 0 en caso contrario. Define una expresi´ on c que verifique lo anterior para los d´ıgitos del 0 al 9 de manera que sea lo mas simplificada posible en la forma suma de productos. 00 01 11 10 a una funci´ on de B 4 en B que vale 1 en los elemenSoluci´ on. c ser´ 00 1 0 1 0 tos de {0000, 0011, 0101, 0110, 1001}, y vale 0 en los elementos de {0001, 0010, 0100, 0111, 1000}. 01 0 1 0 1 El mapa de Karnaugh es el de la figura. 11 La expresi´ on simplicada de c es c (x,y,z ) = x y z t + yz t + y zt + xt.
10
0
1
Ejercicio 16. 16) La aparici´ on de una cifra decimal en el visor de una calculadora se produce mediante
un circuito con cuatro entradas, que se corresponden con el c´ odigo binario del d´ıgito y siete salidas fi / i = 1..7, que se presentan como peque˜ nos segmentos, iluminados o no en el visor, seg´ un el siguiente esquema: (f 1 es el segmento superior, f 2 , . . . f6 son los restantes segmentos exteriores numerados en el sentido de las agujas del reloj, y f 7 es el segmento central. a) Traza la tabla de verdad de cada una de las funciones booleanas f i : B 4 −→ B que represente este fen´omeno binario. b) Encuentra expresiones m´ınimas en forma de suma de productos para f 1 y f 2. Si representamos los n´ umeros de 0 a 9 por sus coordenadas binarias, La tabla de verdad de las 7 funciones es la siguiente: Soluci´ on.
Los mapas de Karnaugh y las expresiones simplificadas de f 1 y f 2 son las siguientes:
00 01 11 10
x 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1
y 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0
z 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0
t f 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1
f 2
f 3
f 4
f 5
f 6
f 7
1 1 1 1 1 0 0 1 1 1
1 1 0 1 1 1 1 1 1 1
1 0 1 1 0 1 1 0 1 1
1 0 1 0 0 0 1 0 1 0
1 0 0 0 1 1 1 0 1 1
0 0 1 1 1 1 1 0 1 1
00 01 11 10
1
0
1
1
00
0
1
1
1
01
00 01 11 10
11
1
1
10
Por tanto,
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
f 1 (x , y , z , t) = y + yz + xz + y t
f 2 (x , y , z , t) = y + z t + zt
View more...
Comments
