(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  1.1) Existe más de un isomorfismo entre ambos ya que existen infinitas formas de representar un grafo 3-regular como G1 y G2.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  1.2) Acá hay que considerar cada una de las funciones como proposiciones.
Acá la clave es decir que estás usando particularización, sino te lo consideran inválido. Entonces si usamos la equivalencia del condicional nos queda
\[(p \vee q ) \wedge (q \Rightarrow r) \wedge (\sim r)\Leftrightarrow (p \vee q) \wedge (\sim q \vee r) \wedge (\sim r)\]
Luego, si consideramos cada una de las proposiciones como verdaderas nos queda que
\[V(\sim r) = V \Rightarrow V®=F\]
\[V(\sim q \vee r) = V \Rightarrow V(\sim q)=V \Rightarrow V(q)=F\]
\[V(p \vee q) = V \Rightarrow V(p)=V\]
Entonces, tanto C1 como C2 son verdaderas.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  2.1) El autómata finito es determinístico porque tiene como máximo un cambio de estado por cada letra del alfabeto

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  2.2) Recuerden que cada lenguaje tiene una sola expresión regular.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  Como se puede ir por el bucle de q2 o ir y volver de q1 a q2, la expresión regular correcta es 0*11(1 + 01)*

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  3.2) Acá el truco está en pensar a la suma como supremo y el producto como ínfimo. Entonces queda como
\[(A, \vee, \wedge) : a \wedge \overline{b} \preceq c , a\vee c=1_A\]
Luego, por definición de Álgebra de Boole,
\[c= \overline{a} \wedge a= \overline{c}\]

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  5.1) Vamos a simplificar la ecuación
\[112 x \equiv 392(91) \]
\[\Leftrightarrow 21 x \equiv 28 (91)\; (porque \; 112 \equiv 21 (91) \; y \; 392 \equiv 28 (91)) \]
\[\Leftrightarrow 3.7 x \equiv 4.7 (7.13) \]
\[\Leftrightarrow 3 x \equiv 4 (13)\]
Bueno, ya está simplificada. Ahora, ¿tiene solución? Si, porque cumple con la condición necesaria y suficiente, que es (3:13)= 1 y 1|4.
El tema es que esto es para la ecuación simplificada. Si volvemos a la ecuación original, (112:91)= 7 y 7|392 porque 392 = 2^3 . 7^2.
Entonces, la ecuación tiene 7 soluciones, que siguen la forma
\[X= 10+ 91.k ,\; 0 \leq k < 7 \Rightarrow X = 10,\; 101,\;192,\;283,\;374,\;465,\;556\]

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  5.2) Tenemos que calcular el resto de dividir 1564628 por 23, es decir, a qué es congruente 1564628 módulo 23.
Primero, 23 es número primo.

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  Entonces, podemos aplicar el Pequeño Teorema de Fermat, que dice que
\[\forall x \epsilon Z, \; x^{23-1} = x^{22} \equiv 1 (23)\]

(02-08-2018 22:55)Apellidocomplicado escribió:  Además, 1564628 = 22 . 71119 + 10.
Entonces,
\[5^{1564628 }= 5 ^{22\;. 71119 +10} \]
\[ = (5^{22})^{71119} . 5^{10} \]
\[ \equiv 1^{71119} . 5^{10} (23) \]
\[ = 1.\; (5^{2})^{5} \]
\[ \equiv 1.2^5 (23) \]
\[ \equiv 1.9(23) \]
\[ 5^{1564628 } \equiv 9 (23)\]
Entonces, por definición de congruencia, el resto de dividir 1564628 por 23 es 9.

5.3) Hay que demostrar por inducción
\[\forall n \epsilon N, n \geq 4, \; 2^n< n!\]
demostración:
n=4
\[2^4 < 4! \Rightarrow 16 < 24\]
n=5
\[2^5 < 5! \Rightarrow 32 < 120\]

caso inductivo:
\[\forall n \epsilon N, n \geq 4, \; 2^n< n! \Rightarrow 2^{(n+1)} < (n+1)! \]
\[ 2^{(n+1)} = 2^n.\;2 \]
\[< n! \; . \; 2 \; (hip\acute{o}tesis \; inductiva) \]
\[ < n! \; . \; (n+1) \; (n \geq 4) \]
\[ = (n+1)! \; (definici\acute{o}n \; de \; factorial) \]
\[ \Rightarrow 2^{(n+1)} < (n+1)!\]