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Matem´ aticas Discretas I por Mar´ ıa Luisa P´ erez Segu´ ı
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Matematicas Discretas I
por Marıa Luisa Perez Seguı
Introduccion
Se presenta aquı el material correspondiente a un primer curso en Matematicas Discretas,el cual se imparte en la Facultad de Ciencias Fısico-Matematicas de la Universidad Michoa-cana. El material del libro constituyo el 100 % del curso impartido el semestre de agosto de2015 a enero de 2016 en la Facultad. Parte fundamental del aprendizaje de las MatematicasDiscretas esta basado en la resolucion de problemas. Por esta razon, se intercalan numerososejemplos inmediatamente despues de que se ha introducido un concepto nuevo, de maneraque puedan practicarse las tecnicas de resolucion. Se proponen tambien diversos ejercicios;algunos de ellos son rutinarios, mientras que la solucion de otros requiere de un mayor es-fuerzo, imaginacion y dedicacion. Buena parte del material fue una adecuacion de los doslibros de Combinatoria de la autora, los cuales se utilizan intensamente en etrenamientospara la Olimpiada de Matematicas en todo el paıs.
La seccion 1 proporciona el material basico del conteo. Se tratan aquı las formulas depermutaciones y combinaciones. Se explican tambien las tecnicas de multiplicacion y las deseparacion en casos.
La seccion 2 estudia el Teorema del Binomio.
En la seccion 3 se prueban varias formulas importantes en la Combinatoria. El metodousado es el de comparaciones, que consiste en contar de dos (o mas) formas distintas lomismo.
En la seccion 4 se explica el metodo de demostracion por induccion. Este es un metodobasico en un gran numero de demostraciones de matematicas discretas y tiene aplicacionesy metodos de aplicacion muy diversos. Se dan ejemplos de todos estos metodos y se explicancuidadosamente los errores que comete en general un principiante.
En la seccion 5 se tratan algunos ejemplos en los que la idea es contar caminos con ciertascondiciones. El tema se presta para practicar tecnicas de conteo.
La seccion 6 provee otro metodo de conteo importante, consistente en sumar y despuescompensar restando cuando hubieran aparecido repeticiones.
La seccion 7 es una muy breve introduccion a la probabilidad matematica. Simplementese establecen las bases y se estudian algunos ejemplos.
En la seccion 8 se estudia un principio muy basico y, a primera vista, elemental, que es elPrincipio de las Casillas, y que simplemente establece que si se quieren colocar en cajas unnumero de objetos mayor que el de cajas, entonces al menos una caja debera tener mas de unobjeto. Las aplicaciones de este principio son muy diversas y algunas de ellas son bastantecomplicadas. La resolucion de problemas de esta ındole abre un panorama interesante en elrazonamiento matematico.
La seccion 9 estudia el tema de coloracion, el cual simplemente consiste en distinguirunos objetos de otros; dicha clasificacion ofrece nuevas tecnicas de conteo.
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Finalmente, en la seccion 10 se da una introduccion al importante tema de las graficas(o grafos). Este tema es esencial en el estudio de la computacion. Por esta razon, se tratade abarcar los principales conceptos y resultados mas basicos, incluyendo paseos eulerianosy ciclos hamiltonianos, planaridad y la formula de Euler, y coloracion de mapas.
Marıa Luisa Perez SeguıFac. Cs. Fısico-Matematicas
Universidad Michoacana de San Nicolas de Hidalgodiciembre, 2015.
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Indice
Introduccion I
1. Conteo 1
2. Teorema del binomio 12
3. Comparaciones 15
4. Induccion Matematica 17
5. Caminos 30
6. Inclusion y Exclusion 33
7. Principio de las Casillas 36
8. Coloracion 41
9. Graficas 46
9.1. Paseos eulerianos y ciclos hamiltonianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
9.2. Graficas planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
10.Problemas Dinamicos 63
11.Separadores 73
12.Principio Extremo 75
13.Particiones 80
14.Permutaciones 85
15.Probabilidad Combinatoria 91
15.1. Variables Aleatorias y esperanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
15.2. Probabilidad Condicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
15.3. Metodo probabilıstico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
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16.Temas Selectos de Graficas 113
16.1. Teorıa de Ramsey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
16.2. Arboles numerados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
16.3. Apareamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
16.4. Arboles de costo mınimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
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1. Conteo
Uno de los conceptos matematicos abstractos mas primitivos que conocemos es el denumero y, dentro de los numeros, el de los numeros naturales enteros positivos: 1, 2,3, 4, etc. Con ellos representamos las cantidades de objetos que se nos presentan en la vidacotidiana. En esta seccion desarrollaremos algunas tecnicas que permiten determinar confacilidad cantidades. Comencemos por ilustrar la necesidad de aprender estas tecnicas deconteo con unos ejemplos: Si se nos ensena un punado de canicas y se nos pregunta cuantasson, un vistazo nos bastara para contarlas y dar la respuesta; sin embargo si se nos preguntacuantas patas tienen 100 perros, en lugar de buscar los 100 animales y contarles las patas,haremos una abstraccion, y la operacion: 4×100 = 400 nos dira la respuesta; utilizamos aquıuna tecnica muy simple de multiplicacion. Desde luego hay preguntas que necesitan tecnicasmas elaboradas. Estudiaremos estas tecnicas mediante ejemplos que iremos complicandogradualmente.
Analicemos primero con cuidado un ejemplo que a primera vista es trivial pero que nosensena la clave basica del conteo.
1.1 Ejemplo. ¿Cuantos numeros enteros de tres o menos cifras hay?
Solucion. La respuesta a esta pregunta es facil: Hay 1000 pues son todos los numerosenteros del 0 al 999. Esta solucion no nos ensena gran cosa. Retomemos ahora el problemabuscando una solucion constructiva; esto es, para cualquier n = 1, 2, 3, . . ., la cantidad denumeros de hasta n+ 1 cifras se puede obtener de la cantidad de numeros de hasta n cifras:simplemente se multiplica por 10. Vamos a describir con detalle este procedimiento:
Numeros de a lo mas una cifra hay 10, a saber, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9. Para contar losde hasta dos cifras (del 0 al 99) no necesitamos escribirlos todos; basta con observar que laprimera cifra puede ser cualquiera de los 10 dıgitos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, y por cada uno deestos hay 10 terminaciones distintas; por ejemplo, los numeros de dos cifras que empiezan con4 son: 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48 y 49, diez en total; lo mismo para cada una de las otrasdecenas. Ası la cantidad de enteros entre 0 y 99 es 10×10 = 100. El siguiente paso es analogo:Para contar los numeros de hasta tres cifras hay que agregar un dıgito (posiblemente 0) acada uno de los 100 numeros de 2 o menos cifras; como hay diez posibilidades la respuestasera 10× 100 = 1000. ♦
Este procedimiento de “construir sobre lo ya construido” que hemos utilizado se llamaprocedimiento inductivo . Muchas demostraciones de propiedades y formulas de numerosnaturales se basan en el. Mas adelante se estudiara esto con detalle. El principio combinatorioque manejamos en el ejemplo anterior (y que manejaremos en los siguientes) es:
1.2. Principio Fundamental de Conteo. Si una cierta tarea puede realizarse de m
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maneras diferentes y, para cada una de esas formas, una segunda tarea puede realizarse den maneras distintas, entonces las dos tareas juntas pueden realizarse (en ese orden) de mnformas diferentes.
1.3 Ejemplo. ¿Cuantas palabras de tres letras se pueden formar si se dispone de unalfabeto con dos letras: a y b. (Nota: Son permisibles palabras como bba.)
Solucion. Procederemos como en el ejemplo anterior. En este caso conviene ilustrarlohaciendo un “diagrama arbol”:
Resolvamos ahora el ejemplo utilizando nuestro Principio Fundamental de Conteo. Con-sideremos tres casillas: , la primera para la letra inicial, la segunda para la letra centraly la tercera para la letra final. En cada casilla hay dos elecciones posibles: la letra a o laletra b. La respuesta es entonces 2 × 2 × 2 = 8. El procedimiento inductivo es como sigue:En la primera casilla hay 2 posibilidades para elegir la letra. Una vez formada una palabrade una letra: a o b, para agrandarla a una palabra de dos letras hay dos posibilidades, asıque palabras de dos letras hay 2 × 2 = 4. Para completar cada una de estas a una palabrade tres letras hay dos posibilidades; entonces hay 4× 2 = 8 palabras de tres letras. ♦
1.4 Ejemplo. ¿Cuantas placas distintas hay con dos letras a la izquierda y tres numerosa la derecha? (Nota: Consideraremos el alfabeto de 27 letras castellanas.
Solucion. Seguimos el procedimiento de las casillas del ejemplo anterior:
27× 27︸ ︷︷ ︸lugares
para letras
× 10× 10× 10︸ ︷︷ ︸lugares
para numeros
= 729 000. ♦
2
1.5 Ejemplo. ¿Cuantas banderas bicolores se pueden formar si se dispone de 4 lienzosde tela de colores distintos y un asta? (Nota: Banderas como rojo-rojo no son permisibles;por otro lado, es importante el color que queda junto al asta, de esta manera banderas comorojo-azul y azul-rojo se consideran distintas.)
Solucion. En este caso consideramos dos casillas. La de la izquierda, digamos, representael lienzo junto al asta, el cual tiene 4 elecciones posibles. Una vez elegido este, el color parala derecha se puede escoger de 3 formas (pues no se permite la repeticion de colores). Asıhay 4× 3 = 12 formas distintas de formar las banderas. ♦
1.6 Ejercicio. Escribir todas las banderas que pueden formarse segun el ejemplo an-terior si los colores son rojo (R), azul (A), verde (V ) y blanco (B).
1.7 Ejemplo. Misma pregunta que en el ejemplo anterior pero ahora suponiendo queno hay asta. (En este caso no habra distincion entre las banderas rojo-azul y azul-rojo.)
Solucion. Para resolver este ejemplo analicemos la respuesta del ejemplo anterior. Enaquel, en la coleccion total de las 12 banderas posibles podemos aparear cada bandera consu opuesta; por ejemplo la bandera azul-verde la apareamos con la bandera verde-azul. Cadauna de las del ejemplo anterior se esta contando dos veces y, por tanto, la respuesta es122
= 6. ♦
1.8 Ejercicio. En el resultado del ejercicio 1.6 aparear cada una de las banderas consu opuesta. Dar una lista de 6 banderas que ilustre la respuesta del ejemplo 1.7.
1.9 Ejemplo. ¿De cuantas formas se pueden sentar 5 personas en 5 sillas numeradasdel 1 al 5?
Solucion. En el asiento #1 se puede sentar cualquiera de las 5 personas; para cada eleccionde la primera persona, la segunda puede ser cualquiera de las 4 restantes; ası en las dosprimeras sillas el numero de elecciones posibles es 5 × 4 = 20. Continuamos de maneraanaloga. Para simplificar dibujemos 5 casillas simbolizando los 5 asientos. Sobre cada casillaescribamos el numero respectivo de posibilidades y multipliquemos:
5× 4× 3× 2× 1 = 120. ♦
Si n es un numero natural, el producto de todos los numeros naturales del 1 al n aparecemuy frecuentemente en problemas de combinatoria; se llama n factorial o factorial de ny se denota por n!. (Ası la respuesta del ejemplo 1.9 es 5! = 120.)
Alejandose de la interpretacion de n! como el producto de los naturales de 1 a n, se define
0! = 1;
3
esto permite incluir el caso n = 0 en algunas formulas en las que interviene n!. Entonces
0! = 11! = 12! = 1× 2 = 23! = 1× 2× 3 = 64! = 1× 2× 3× 4 = 24.
Es facil darse cuenta que el numero 5 del ejemplo 1.9 y el que sean personas y asientos enlugar de cualquier otra cosa no es relevante; podemos generalizarlo como sigue:
El numero Pn de distintas formas en que se pueden ordenar n objetos es n!. Cada una delas listas ordenadas que se forman con los n objetos se llama permutacion (de los objetos).Tenemos entonces que el numero de permutaciones de n objetos es Pn = n!.
1.10 Ejemplo. De un grupo de 5 estudiantes quiere elegirse una comision de 3 paraque cada uno visite un museo de una lista de 3 museos. ¿Cuantas comisiones distintas sepueden formar?
Solucion. Utilizando el esquema de casillas (cada una representando un museo) comoarriba, tenemos que el resultado es
5× 4× 3 = 60. ♦
1.11 Ejemplo. De un grupo de 5 estudiantes quiere elegirse una comision de 3 paraque juntos visiten un museo (el mismo todos). ¿Cuantas comisiones diferentes se puedenformar?
Solucion. Hay que observar que la diferencia entre este ejemplo y el anterior es que noimporta el orden en la eleccion. En el ejemplo anterior habıa disticion entre las casillas puescada una representaba un museo en particular distinto a los otros; en este no hay distincionentre las casillas pues, por ejemplo, una comision en que se haya elegido la sucesion dealumnos Ana-Beto-Carlos se considerara igual a la sucesion Beto-Carlos-Ana y tambienigual a la sucesion Ana-Carlos-Beto. Nuestro interes es entonces determinar en la cantidad5 × 4 × 3, en cuantas sucesiones aparece el mismo conjunto de alumnos. Para responderesto conviene plantear esta parte del ejemplo al reves: Consideremos un conjunto fijo de 3personas, por ejemplo el formado por Ana (A), Beto (B) y Carlos (C) y contemos de cuantasformas se pueden ordenar estos 3. Observemos que el numero de formas es precisamente elnumero de permutaciones de las 3 personas, o sea, P3 = 3! = 6. Entonces cada grupo de 3personas se esta contando 6 veces en el producto 5 × 4 × 3, ası que la respuesta al ejemplosera
5× 4× 3
3!= 10. ♦
4
1.12 Ejercicio. En los ejemplos 1.10 y 1.11 supongamos que el grupo de los 5 alumnosesta formado por Ana (A), Beto (B), Carlos (C), Daniel (D) y Elena (E). Hacer la lista delos 60 arreglos de estos alumnos en los que se elige 3 para visitar museos distintos, agrupandoen esa lista las colecciones que resultan iguales si todos van a un mismo museo.
En el ejemplo anterior aprendimos el siguiente principio:
1.13. El numero de colecciones (en las que el orden no importa) con r elementos quese pueden seleccionar dentro de un conjunto de n elementos (n ≥ r ≥ 1) es
n× (n− 1)× · · · × (n− (r − 1))
r!.
Este numero recibe el nombre de combinaciones de n en r y se denota por(nr
). Dicho
de otra manera, el numero de subconjuntos de r elementos que tiene un conjunto con nelementos es
(nr
). (En el ejemplo 1.11, n = 5 y r = 3 y la respuesta es
(53
).) Notese que la
formula 1.13 no tiene sentido para n = 0; sin embargo sı tiene sentido hablar del numerode subconjuntos con 0 elementos dentro de un conjunto con n elementos; sabemos que estenumero es 1 pues solo hay un conjunto sin elementos que es el llamado conjunto vacıo.Definimos entonces (
n
0
)= 1.
1.14 Ejercicio. Sea X = a, b, c, d, e. Escribir todos los subconjuntos de X con(a) 0 elementos,(b) 1 elemento,(c) 2 elementos,(d) 3 elementos,(e) 4 elementos y(f) 5 elementos.Verificar que en cada caso el numero de subconjuntos obtenido sea
(5r
)y que el numero
total de subconjuntos sea 25 = 32.
1.15 Ejercicio. Basandose en la interpretacion de(nr
)como el numero de subconjuntos
de r elementos dentro de un conjunto con n elementos, explicar por que(n
r
)=
(n
n− r
).
1.16 Ejercicio. Calcular(
72
),(
75
),(
55
)y(
94
).
Con la intencion de simplificar la formula 1.13 sobre las combinaciones de n en r, ob-servemos que, para 1 ≤ r ≤ n − 1, el numerador se puede “completar” a n! multiplicando
5
por (n − r)!; si lo “completamos” deberemos compensar dividiendo tambien por (n − r)!.Tendremos entonces que para r = 1, 2, . . . , n− 1,
1.17. (n
r
)=
n!
r!(n− r)!.
Recordemos que se ha definido 0! = 1 y(n0
)= 1; notemos entonces que si sustituimos
r = 0 (y, posiblemente tambien n = 0) en el lado derecho de la formula 1.17 obtendremosn!
0!n!= 1. De la misma manera, al sustituir r = n obtendremos n!
n!0!= 1. Ası, tambien en estos
casos extremos vale la formula 1.17.
1.18 Ejercicio. Volver a hacer los ejercicios 1.15 y 1.16 utilizando la formula 1.17.
1.19 Ejemplo. De un grupo de 10 ninos y 15 ninas se quiere formar una coleccion de5 jovenes que tenga exactamente 2 ninas. ¿Cuantas colecciones distintas se pueden formar?
Solucion. La eleccion de las 2 ninas se puede hacer de(
152
)= 15×14
2!= 105 formas. Como
deben ser 5 en total y debe haber 2 ninas exactamente, entonces los ninos seran 3; estos sepueden escoger de
(103
)= 10×9×8
3!= 120 formas. Por tanto el resultado es 105×120 = 12 600.♦
Como hemos visto, al determinar cantidades buscamos simplificar nuestras cuentas uti-lizando “homogeneidades” en el problema. Con este proposito, en algunas ocasiones es con-veniente dividir en casos de manera que en cada uno de ellos haya homogeneidad, y despuessumar las respuestas. Un ejemplo muy simple de esto serıa el siguiente: Si tenemos 4 paquetesde 100 hojas de papel y otros 3 paquetes de 200 hojas cada uno, entonces el numero totalde hojas que tenemos es
4× 100 + 3× 200 = 1000.
Comparemos el siguiente ejemplo con el anterior, tomando en cuenta la busqueda dehomogeneidades, como acabamos de decir.
1.20 Ejemplo. De un grupo de 10 ninos y 15 ninas se quiere formar una coleccion de5 jovenes que tenga a lo mas 2 ninas. ¿Cuantas colecciones distintas se pueden formar?
Solucion. Vamos a resolver este ejemplo como el anterior pero separando por casos ydespues sumando las respuestas de cada uno de los casos.
Caso 1: Que la coleccion tenga 2 ninas exactamente:(
152
)(103
)= 12 600.
Caso 2: Que la coleccion tenga exactamente 1 nina:(
151
)(104
)= 3 150.
Caso 3: Que la coleccion no tenga ninas:(
150
)(105
)= 252.
6
La respuesta al ejemplo es 12 600 + 3 150 + 252 = 16 002. ♦
1.21 Ejemplo. Un grupo de 15 personas quiere dividirse en 3 equipos de 5 personascada uno. Cada uno tendra una labor especıfica distinta a las demas. ¿De cuantas formasdistintas es posible hacer la distribucion?
Solucion. Escojamos uno por uno los equipos. La eleccion del primer equipo puede hacersede(
155
)= 3 003 formas; para elegir el segundo equipo ya solo habra 10 personas de donde
escoger, por tanto este se podra elegir de(
105
)= 252 formas. El tercer equipo quedara formado
automaticamente con la eleccion de los otros dos. Entonces el numero de formas de hacer laeleccion sucesiva es 3 003× 252× 1 = 756 756. ♦
1.22 Ejemplo. Un grupo de 15 personas quiere dividirse en 3 equipos de 5 personascada uno. Todos los equipos tendran la misma labor. ¿De cuantas formas es posible hacer ladistribucion?
Solucion. En este caso no hay distincion entre los equipos ası que hay que dividir elresultado del ejemplo anterior entre 3!, que es el numero de permutaciones de los equipos.La respuesta es entonces 126 126. ♦
1.23 Ejemplo. En una bolsa hay 3 pelotas rojas y 2 azules. Se quiere formar una filacon todas ellas. ¿De cuantas maneras distintas puede quedar la fila?
Solucion. Primera forma. Consideremos todas las permutaciones de las 5 pelotas y con-temos cuantas de esas permutaciones son indistinguibles entre sı. Las permutaciones de las5 pelotas sabemos que son 5! = 120. En cualquiera de las permutaciones fijemonos en laubicacion de las pelotas rojas; por ejemplo − roja − roja roja. Estas pueden revolverseentre sı (3! veces) formando colecciones indistinguibles, y lo mismo ocurre con las del otrocolor. Vamos a explicar lo anterior con mas detalle: Denotemos las pelotas rojas por R1, R2
y R3, y las azules por A1 y A2. Entonces las siguientes listas (en las que se han permutadolas rojas pero se han dejado fijas las azules) representan la misma coleccion:
A1 R1 A2 R2 R3
A1 R1 A2 R3 R2
A1 R2 A2 R1 R3
A1 R2 A2 R3 R1
A1 R3 A2 R1 R2
A1 R3 A2 R2 R1
.
Estas 3! listas deben considerarse como una sola. Ademas, en cada una de ellas tambien sepueden revolver las azules entre sı (2! permutaciones). Entonces al considerar las permuta-ciones de las 5 pelotas, cada arreglo se esta contando 3! × 2! = 12 veces en lugar de 1. Larespuesta al ejemplo es pues 5!
3!2!= 10.
7
Segunda forma. Primero podemos contar las posibilidades para colocar las pelotas rojasen los 5 lugares disponibles; esto nos dara la eleccion de 3 lugares, que puede hacerse de(
53
)= 10 maneras. Para colocar las 2 azules ya solo sobran 2 lugares ası que esto se puede
hacer de(
22
)= 1 forma. El resultado es 10× 1 = 10. ♦
1.24 Ejercicio. Escrıbanse las 10 filas distintas que se pueden formar con las pelotasen el ejemplo 1.23.
1.25 Ejemplo. En una bolsa hay 3 pelotas rojas y 2 azules. ¿Cuantas filas distintasde 3 pelotas se pueden formar?
Solucion. Como son 5 pelotas en total pero solo se van a considerar filas de 3, hay que dejardos pelotas sin colocar. Consideraremos los distintos casos por separado y despues sumaremoslas respuestas parciales. Si las dos pelotas que quedan fuera son rojas, hay 3!
1!2!= 3 arreglos
con las restantes. Analogamente hay 3!3!
= 1 fila que deja las 2 pelotas azules fuera, y 3!2!1!
= 3filas que dejan una azul y una roja fuera. La respuesta al ejemplo es 3 + 1 + 3 = 7. ♦
1.26 Ejercicio. Escribir los 7 arreglos de pelotas del ejemplo 1.25 .
En algunas ocasiones, para poder hacer bien las cuentas, nuestra busqueda de homoge-neidad nos lleva a que es mas facil contar lo opuesto de lo que queremos y despues restar deun total. Ilustramos esto con el siguiente ejemplo.
1.27 Ejemplo. ¿De cuantas maneras pueden ordenarse en un estante 3 cuadernosrojos, 4 azules y 2 verdes, si los verdes no deben quedar juntos?
Solucion. Conviene contar primero todas las ordenaciones posibles y despues restar aquellasen las que los verdes quedan juntos. El numero total de filas (incluyendo aquellas en que losverdes quedan juntos es 9!
3!4!2!= 1260. Para contar las que tienen juntos los cuadernos verdes
pensemos estos como pegados formando un solo cuaderno; ahora determinemos el numero dearreglos con 3 cuadernos rojos, 4 azules y 1 verde; este es 8!
3!4!= 280. La respuesta al ejemplo
es 1260− 280 = 980. ♦
1.28. Los ejemplos siguientes se refieren a la baraja usual de pokar: Cada carta tieneun sımbolo llamado numero que puede ser cualquiera de los 13 sımbolos siguientes: A, 2,3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, J , Q o K, y otro sımbolo llamado palo que puede ser cualquiera delos 4 siguientes: ♠ (espada), ♥ (corazon), ♦ (diamante) o ♦ (trebol). Todos los palosse combinan con todos los numeros para formar la baraja completa con 13× 4 = 52 cartascomo se ilustra a continuacion:
8
A♥ 2♥ 3♥ 4♥ 5♥ 6♥ 7♥ 8♥ 9♥ 10♥ J♥ Q♥ K♥
A♦ 2♦ 3♦ 4♦ 5♦ 6♦ 7♦ 8♦ 9♦ 10♦ J♦ Q♦ K♦
A♠ 2♠ 3♠ 4♠ 5♠ 6♠ 7♠ 8♠ 9♠ 10♠ J♠ Q♠ K♠
A♦ 2♦ 3♦ 4♦ 5♦ 6♦ 7♦ 8♦ 9♦ 10♦ J♦ Q♦ K♦
Se llama mano de pokar cualquier coleccion de 5 cartas de la baraja. La siguiente nomen-clatura es usual:
par: dos cartas del mismo numero.
tercia: tres cartas del mismo numero.
pokar: cuatro cartas del mismo numero.
full: una tercia y un par.
flor: cinco cartas del mismo palo.
corrida: cinco cartas con numeracion consecutiva (segun el orden en que se escribieronarriba, pero permitiendo A tambien como numero final, en seguida de K).
Observemos que el numero total de manos de pokar es(
525
)= 2 598 960.
1.29 Ejemplo. ¿Cuantas manos de pokar tienen tercia exactamente (es decir, que nosea full ni pokar).
Solucion. Primera forma. Ponemos 5 casillas: las tres primeras para la tercia y las otrasdos para las otras cartas. La primera carta se puede escoger arbitrariamente; la segunda solotiene 3 posibilidades pues debe tener el mismo numero que la primera; la tercera ya solopuede ser elegida de 2 maneras distintas; como no importa el orden de estas 3 cartas, estenumero debera dividirse entre 3!. La cuarta carta se debe escoger dentro de las 48 que son denumero distinto al de la tercia. Para la quinta carta ya solo sobran 44 cartas pues el numerodebe ser tambien distinto. La cuarta y quinta pueden haberse escogido en cualquier ordenpor lo que se debera dividir entre 2!.
52× 3× 2
3!︸ ︷︷ ︸tercia
× 48× 44
2!︸ ︷︷ ︸cartas distintas
= 54 912.
Segunda forma. Tambien formamos primero la tercia pero eligiendo antes el numero que lecorrespondera: Tenemos 13 numeros para escoger y, una vez escogido el numero, las 3 cartasque forman la tercia deben escogerse dentro de 4 posibles; entonces el numero de terciases 13
(43
). Para escoger las otras dos cartas utilizando este mismo metodo razonamos como
sigue: Hay que escoger 2 numeros (pues queremos que las otras 2 cartas sean de numeros
9
distintos) dentro de los 12 que sobran; esta eleccion se puede hacer entonces de(
122
)formas.
En cada uno de estos numeros que se hayan elegido hay que escoger 1 carta, cosa que puedehacerse de
(41
)formas. El resultado escrito en esta forma es
13
(4
3
)×(
12
2
)(4
1
)2
,
que, desde luego, tambien es igual a 54 912. ♦
1.30 Ejemplo. ¿Cuantas manos de pokar tienen dos pares (distintos) exactamente?
Solucion. Procedemos como en el ejemplo 1.29.
Primera forma.1er par︷ ︸︸ ︷52× 3
2!
2o par︷ ︸︸ ︷48× 3
2!2!
× 44 = 123 552.
(Nota: Hay que dividir entre 2! porque no importa el orden entre los dos pares.)
Segunda forma. (13
2
)(4
2
)2
× 44 = 123 552. ♦
1.31 Ejemplo. ¿Cuantas manos de pokar tienen corrida?
Solucion. El numero mas bajo de la corrida puede ser cualquiera de los siguientes: A,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 o 10, que son 10 posibilidades. Pongamos 5 casillas; la primera casillasera para la carta de numero menor, la siguiente casilla sera para el siguiente numero, y asısucesivamente hasta la quinta casilla que sera para la carta con el numero mayor. Una vezescogido el numero menor para la corrida, todos los demas numeros quedan determinados ylo unico que falta escoger es el palo. Entonces la cantidad de corridas es 10×4×4×4×4×4 =10 240. ♦
1.32 Ejercicio. (∗) ¿De cuantas maneras diferentes se pueden ordenar 8 personas al-rededor de una mesa redonda? (Nota: Dos distribuciones se consideraran iguales si una sepuede obtener de la otra mediante un giro.)
1.33 Ejercicio. (∗) ¿De cuantas maneras distintas se pueden sentar 5 personas en unafila de 8 asientos numerados del 1 al 8?
1.34 Ejercicio. (∗) ¿Cuantas diagonales tiene un polıgono regular de n lados?
10
1.35 Ejercicio. (∗) Probar la Formula de Pascal:(n+ 1
r + 1
)=
(n
r
)+
(n
r + 1
),
para r y n numeros enteros con 0 ≤ r < n.
1.36 Ejercicio. El Triangulo de Pascal esta definido como el triangulo de numerosen el que el renglon numero n aparecen los n+ 1 numeros(
n
0
),
(n
1
),
(n
2
), · · · ,
(n
n− 1
),
(n
n
).
Se muestran a continuacion los primeros 4 renglones del Triangulo de Pascal. Utilizar laformula del ejercicio anterior para construir los 10 primeros renglones.
1 11 2 1
1 3 3 11 4 6 4 1
1.37 Ejercicio. De un grupo de 8 jovenes se quiere escoger un equipo de volibol con 6integrantes y otro de basquetbol con 5 integrantes (deberan tener jugadores en comun) ¿Decuantas maneras es posible escoger los equipos?
1.38 Ejercicio. (∗) De un grupo de 24 personas se quiere elegir 5 representantes de lasiguiente forma: Pedro y Luis deben estar en el grupo elegido. Hay 8 mujeres en total pero alo mas deben figurar 2 en el grupo. ¿De cuantas maneras distintas puede hacerse la eleccion?
1.39 Ejercicio. (∗) De un grupo de 30 socios de un club se quiere elegir una mesadirectiva con un presidente, un secretario y 3 equipos de 2 personas cada uno. ¿Cuantasmesas directivas distintas se pueden formar?
1.40 Ejercicio. (∗) ¿Cuantas palabras distintas se pueden escribir revolviendo las letrasde la palabra COMBINATORIA?
1.41 Ejercicio. (∗) De un conjunto de 10 botes de distintos colores se quiere escoger 5de tal manera que 3 sean para dulces y 2 sean para chocolates. ¿De cuantas formas distintases posible hacer la eleccion?
1.42 Ejercicio. (∗) Se dispone de una coleccion de 30 pelotas divididas en 5 tamanosdistintos y 6 colores diferentes de tal manera que en cada tamano hay los 6 colores. ¿Cuantascolecciones de 4 pelotas tienen exactamente 2 pares de pelotas del mismo tamano (que nosean las 4 del mismo tamano)?
11
1.43. El siguiente problema se refiere al conjunto usual de 28 fichas de domino en quecada ficha muestra dos numeros de la coleccion 0, 1, 2, 3, 4, 5 y 6 (posiblemente repetidos),como esquematizamos a continuacion:
6 6 6 5 6 4 6 3 6 2 6 1 6
5 5 5 4 5 3 5 2 5 1 5
4 4 4 3 4 2 4 1 4
3 3 3 2 3 1 3
2 2 2 1 2
1 1 1
Se llaman fichas dobles aquellas en que los dos numeros mostrados son iguales. Se llamamano de domino cualquier coleccion de 7 de las 28 fichas. Notese que el numero total demanos de domino es
(287
)= 1 184 040.
1.44 Ejercicio. (∗) ¿Cuantas manos de domino tienen por lo menos 2 fichas dobles?
2. Teorema del binomio
El siguiente es un resultado muy importante en aritmetica. Lo probaremos aquı utilizandoalgunas de las tecnicas de combinatoria que hemos aprendido. Mas adelante volveremos aprobarlo usando el metodo de induccion.
2.1 Teorema. Teorema del Binomio de Newton. Sean a y b numeros arbitrariosy sea n un numero natural. Entonces
(a+ b)n =
(n
0
)an +
(n
1
)an−1b+ · · ·+
(n
r
)an−rbr + · · ·+
(n
n
)bn.
12
Demostracion. La expresion (a+ b)n significa que tenemos que multiplicar a+ b consigomismo n veces. Entonces, al desarrollar todo el producto, los terminos que obtenemos estandados por todas las posibles elecciones de los numeros a o b en cada uno de los n factores(por ejemplo, (a+ b)3 = (a+ b)(a+ b)(a+ b) = aaa+aab+aba+abb+ baa+ bab+ bba+ bbb =a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3). Observemos entonces que los terminos obtenidos son de la forma asbr,con 0 ≤ s, r ≤ n y s + r = n, es decir, s = n − r. Ahora notemos que an−rbr aparece cadavez que se eligio b en r de los factores y a en el resto, ası que el numero de veces que apareceeste termino es
(nr
). Al agrupar terminos semejantes tenemos la formula deseada. ♦
Como hemos visto, los numeros(nr
)(para 0 ≤ r ≤ n) aparecen como coeficientes en
la expansion de un binomio elevado a la potencia n; por esta razon reciben el nombre decoeficientes binomiales. En los ejercicios 1.35 y 1.36 vimos que para una n elegida no muygrande podemos obtener facilmente los coeficientes binomiales sin recurrir en cada caso a laformula
(nr
)= n!
(n−r)!r! .
2.2 Ejercicio. Utilizar el Teorema del Binomio para desarrollar la expresion (a− 2b)5.
2.3 Ejercicio. (∗) Utilizar el Teorema del Binomio para desarrollar la expresion (a +2b− c
2)4.
2.4 Ejercicio. (∗) Encontrar el coeficiente del termino a7b4ce2 en el desarrollo de (a+b+ c+ d+ e)14. (Sugerencia: Proceder como en la prueba del Teorema del Binomio.)
2.5 Ejercicio. (∗) Utilizar el Teorema del Binomio para probar la formula(n
0
)+
(n
1
)+
(n
2
)+ · · ·+
(n
n
)= 2n.
2.6 Ejercicio. (∗) Utilizar el Teorema del Binomio para probar la formula(n
0
)+
(n
2
)+
(n
4
)+ · · · =
(n
1
)+
(n
3
)+
(n
5
)· · · .
¿Que interpretacion se puede dar a esta formula en terminos de subconjuntos de un conjunto?
2.7 Ejercicio. (∗) Probar que para cualquier numero natural se tiene la formula(n
0
)2
+
(n
1
)2
+
(n
2
)2
+ · · ·+(n
n
)2
=
(2n
n
).
(Sugerencia: Examinar el coeficiente de xn al desarrollar ambos miembros de la igualdad(1 + x)2n = (1 + x)n(1 + x)n.)
13
2.8 Ejercicio. (∗) Encontrar el termino que no contiene a x en el desarrollo de(√x+
14√x
)9
.
14
3. Comparaciones
En esta seccion veremos algunos ejemplos en los que el contar de dos maneras diferenteslo mismo nos conduce a obtener ciertas formulas en combinatoria (que a su vez pueden usarsepara resolver otros problemas).
3.1 Ejemplo. Probar la formula de Gauss
1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)
2.
Solucion. Contaremos las colecciones de 2 elementos que pueden escogerse dentro deun conjunto de n + 1 elementos de dos maneras diferentes. La comparacion de los dos re-sultados nos demostrara la veracidad de la formula. Consideremos ası el conjunto X =x1, x2, . . . , xn+1. Pongamos los subconjuntos de X que tienen dos elementos en una lista,como sigue:
x1, x2, x1, x3, x1, x4, · · · x1, xn+1,x2, x3, x2, x4, · · · x2, xn+1,
x3, x4, · · · x3, xn+1,...
xn−1, xn+1.De esta lista es facil observar que el numero de subconjuntos de X con 2 elementos esprecisamente lo que aparece del lado izquierdo en la igualdad que queremos probar. Por otrolado, sabemos que el numero de subconjuntos de 2 elementos que tiene un conjunto con n+1elementos es
(n+1
2
), que es precisamente lo que aparece en el miembro derecho de la igualdad,
y ası queda completa la demostracion. ♦
3.2 Ejemplo. Probar la formula(n
0
)+
(n
1
)+
(n
2
)+ · · ·+
(n
n
)= 2n.
Solucion. Probaremos que cada uno de los miembros de la igualdad en la formula cuenta elnumero de subconjuntos que tiene un conjunto de n elementos. Esto es claro para el miembroizquierdo. Para probar que tambien el miembro derecho representa lo mismo, una vez mas,contemos otra cosa que es equivalente: el numero de sucesiones de longitud n que se puedenformar con dos sımbolos S y N , es decir el numero de “palabras” de n letras que puedenformarse con los sımbolos S y N . Obviamente, este numero es 2n, que es el miembro derechode la igualdad buscada, ası que, para completar nuestra prueba, bastara que probemos queel numero de sucesiones mencionado es tambien el numero de subconjuntos. Para lograrlo,establezcamos una correspondencia entre las sucesiones y los subconjuntos de manera que
15
cada sucesion represente un subconjunto y viceversa. Esto lo podemos hacer observando quepara determinar un subconjunto hay que ir tomando uno a uno los elementos del conjuntototal, e ir diciendo si el elemento pertenece (S) o no (N) al subconjunto. Para que esto quedemas claro, ilustremos el “apareo”de sucesiones con subconjuntos en el caso del conjuntoX = a, b, c (n = 3):
a, b, c ↔ SSSa, b ↔ SSNa, c ↔ SNSb, c ↔ NSSa ↔ SNNb ↔ NSNc ↔ NNS ↔ NNN. ♦
Es interesante tambien notar que en el ejemplo anterior, al probar que el numero desubconjuntos de un conjunto con n elementos es 2n, establecimos una comparacion (en estecaso, correspondencia uno a uno) entre los subconjuntos y las sucesiones de longitud n queconstan de los sımbolos S y N .
3.3 Ejercicio. Probar la formula de 3.2 usando la forma de contar palabras de ciertalongitud con cierto numero de letras.
3.4 Ejercicio. Probar la formula de Pascal 1.35 utilizando comparaciones.
3.5 Ejercicio. Probar que si n ∈ N entonces
n2n−1 = 1 ·(n
1
)+ 2 ·
(n
2
)+ 3 ·
(n
3
)+ · · ·+ n ·
(n
n
).
3.6 Ejercicio. (∗) Probar que si m, n y r son naturales con 0 ≤ r ≤ m,n, entonces(m+ n
r
)=
(m
0
)(n
r
)+
(m
1
)(n
r − 1
)+
(m
2
)(n
r − 2
)+ · · ·+
(m
r
)(n
0
).
3.7 Ejercicio. (∗) Contar el numero de ternas de numeros del 1 al n (n natural) queestan en orden creciente de dos maneras distintas para probar la formula(
n
3
)=
(2
2
)+
(3
2
)+ · · ·+
(n− 1
2
).
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4. Induccion Matematica
En esta seccion recordaremos que significa hacer una demostracion o construccion porinduccion.
4.1 Ejemplo. Analicemos la sucesion (lista) de numeros n2 + n para n natural. Elprimer termino de nuestra lista es 2, pues cuando n = 1, n2 + n = 12 + 1 = 2; el segundotermino es 6 ya que 22 + 2 = 6. Ası obtenemos la sucesion:
2, 6, 12, 20, 30, 42, 56, 72, 90, . . .
Podemos notar que todos los terminos que escribimos son pares. ¿Es cierto que todos losterminos de la sucesion son pares?
Solucion. La respuesta es sı. Podemos probar esto directamente (sin usar induccion ma-tematica), observando que para cualquier natural n, el numero n2 + n se puede escribircomo n(n + 1), o sea que todos los terminos de la sucesion son el producto de dos enterosconsecutivos y, como uno de los dos enteros debe ser par, el producto tambien lo sera.
Mas abajo haremos otra demostracion utilizando el metodo de induccion, pero primerohablemos un poco sobre el procedimiento que seguiremos:
Notemos que con la sola proposicion: “Para cualquier natural n, el numero n2 +n es par”,estamos abarcando una infinidad de proposiciones (una para cada n): 12 + 1 es par, 22 + 2es par, 32 + 3 es par, etc. Si tratamos de probar cada una individualmente no llegaremosmuy lejos; en cambio, si probamos (I1) que la primera proposicion es cierta y (I2) que,cada vez que todas las proposiciones anteriores a una fija P sean verdaderas tambien lo esla misma P, entonces podemos concluir que todas las proposiciones son ciertas. En efecto,comprobemos por ejemplo que de nuestro metodo (probar (I1) e (I2)) se deduce que la 4a
proposicion es cierta: La 1a proposicion es cierta por (I1); utilizando esto tenemos que, por(I2), la 2a proposicion tambien es cierta; pero entonces, al tener que la primera y la segundaafirmaciones son ciertas, por (I2) deducimos que la 3a proposicion es verdadera; ahora yatendemos que la primera, la segunda y la tercera son ciertas ası que, otra vez usando (I2)concluimos que la 4a proposicion tambien es valida. Ası como llegamos a la 4a proposicion,a cualquiera podemos llegar en un numero finito de pasos, ası que, con solo demostrar (I1)e (I2), podemos afirmar que todas las proposiciones son ciertas.
Probemos entonces (I1) e (I2) en nuestro ejemplo.
Demostracion de (I1). Tenemos que 12 + 1 = 2, que es par.
Demostracion de (I2). Supongamos que k ≥ 2 y que todas las afirmaciones desde la pri-mera hasta la k-esima (es decir, la que se encuentra en el lugar k) son verdaderas. Queremosutilizar esta suposicion para probar que, en este caso, tambien sera verdadera la (k+ 1)-esi-
17
ma. De hecho en nuestra demostracion utilizaremos solo la validez de la k-esima (es decir, norequeriremos utilizar toda la fuerza de nuestra suposicion). El que la k-esima afirmacion seacierta nos dice que tomamos como verdadero el que k2 +k sea par y queremos usar esto paraprobar que (k + 1)2 + (k + 1) tambien es par. Desarrollemos la expresion (k + 1)2 + (k + 1)para poder compararla con k2 + k:
(k + 1)2 + (k + 1) = k2 + 2k + 1 + k + 1 = (k2 + k) + 2k + 2 = (k2 + k) + 2(k + 1).
De esta manera hemos logrado expresar (k+ 1)2 + (k+ 1) como suma de dos numeros pares,a saber k2 + k (que estamos suponiendo es par) y 2(k + 1) (que es par por tener el numero2 como factor). Como la suma de numeros pares tambien es par, (k + 1)2 + (k + 1) es par,como querıamos probar. Esto termina la demostracion de (I2).
Concluimos, entonces, que para todo numero natural n, el numero n2 + n es par. ♦
En el metodo de demostracion por induccion se necesita un punto de partida al que sele llama base de la induccion o, en forma abreviada, (BI). La suposicion de que todaslas proposiciones anteriores a una dada son verdaderas se llama hipotesis de induccion,abreviado (HI). La base de induccion puede constar de la demostracion de una o de variasafirmaciones. Tambien la hipotesis de induccion puede constar de la suposicion de que variasafirmaciones anteriores a la que se va a demostrar sean verdaderas. La practica nos dira quetan fuerte necesitamos hacer nuestra hipotesis de induccion y cuantas afirmaciones deberantomarse como base de induccion.
Una forma de ilustrar por que el metodo de induccion proporciona una demostracioncorrecta de algunas proposiciones es la siguiente: Supongamos que se tiene una hilera defichas de domino colocadas de manera tal que cada vez que una caiga empujara a la siguientepara que tambien caiga; si una persona empuja la primera ficha, podremos afirmar que cadauna de las fichas debera caer en algun momento. sin embargo, notemos que es necesario quelas fichas esten lo suficientemente cerca (para que cada una empuje a la siguiente).
La forma en que uno hace ver como la validez de una proposicion (o varias proposiciones)“empuja(n)” la validez de la siguiente depende del problema particular de que se trate; aveces la prueba puede ser muy sencilla y otras muy complicada.
Por otro lado, el que una persona no pueda demostrar satisfactoriamente un resultadopor induccion, no quiere decir nada sobre la validez del resultado; puede ser simplemente quela sucesion de afirmaciones no tenga una liga tal que la validez de cada afirmacion “empuje”la validez de la siguiente. Siguiendo la analogıa de las fichas de domino supongamos quelas fichas de domino estuvieran alejadas entre sı pero que de todas formas se cayeran porotra razon (por ejemplo porque colocaramos un ventilador con suficiente fuerza frente aellas). Tambien la practica nos dira en que tipo de proposiciones podemos intentar haceruna demostracion por induccion y en cuales no.
Es importante tambien aclarar que la hipotesis de induccion debe abarcar la base de
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induccion; es decir, la primera afirmacion que se suponga verdadera en la hipotesis de induc-cion debe haber quedado demostrada independientemente en la base. Tambien es importantehacer notar que en cualquier demostracion por induccion hay un paso comparativo en elque se establece la relacion o liga que existe entre una afirmacion y la(s) precedente(s).
En resumen, para hacer una demostracion por el metodo de induccion matematica sedeberan seguir los siguientes tres pasos:
Primer paso. Identificar la sucesion de proposiciones que abarca la proposicion generalque se va a demostrar.
Segundo paso. Identificar y probar la base de induccion.
Tercer paso. Hacer una hipotesis de induccion (suposicion de que todas las proposicionesque preceden a una proposicion fija son verdaderas) abarcando la base de induccion, y utilizaresa suposicion (o parte de ella), para probar que la proposicion fija tambien es cierta. (Paraello debe haberse hecho una comparacion entre la afirmacion fija que se va a demostrar yla(s) anterior(es)).
4.2 Ejemplo. Probar que n = 4, 5, 6, . . . implica 2n < n!.
Solucion. La sucesion de proposiciones es:
1a proposicion: 24 < 4!.
2a proposicion: 25 < 5!.
3a proposicion: 26 < 6!.
4a proposicion: 27 < 7!.
...
La base de induccion consiste en demostrar la 1a afirmacion. Esto es sencillo ya que24 = 16, 4! = 24 y 16 < 24, ası 24 < 4!.
La hipotesis de induccion puede ser, en este caso, la siguiente: Para cierta k ≥ 4 se tiene2k < k!. (Notemos que la primera afirmacion que se toma como cierta en esta hipotesises para k = 4 y que esta quedo demostrada en la base de induccion.) Ahora usaremos lahipotesis de induccion para hacer ver que 2k+1 < (k + 1)!. En efecto, esto se deduce de lasiguiente cadena de igualdades y desigualdades en la que en la primera desigualdad se usola hipotesis de induccion y en la segunda desigualdad se utilizo que k + 1 > 2 (esto ultimoes porque k ≥ 4):
2k+1 = 2× 2k < 2× k! < (k + 1)× k! = (k + 1)!.
19
(Notemos aquı que las dos igualdades en la cadena fueron de tipo comparativo: sirvieron paraestablecer la liga entre la afirmacion que estaba por probarse y la anterior, que se suponıacierta segun la hipotesis de induccion.) Hemos completado satisfactoriamente los tres pasosen el metodo de induccion, ası que el resultado queda probado. ♦
4.3 Ejemplo. Probar por induccion la formula de Gauss
1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)
2,
para n natural.
Solucion. Notese que el miembro izquierdo de la formula indica que dado el numeronatural n hay que sumar todos los naturales mas chicos que n, incluyendo el mismo n. Ası,la sucesion de proposiciones es:
1a proposicion: 1 = 1×22
.
2a proposicion: 1 + 2 = 2×32
.
3a proposicion: 1 + 2 + 3 = 3×42
.
4a proposicion: 1 + 2 + 3 + 4 = 4×52
.
...
En este caso la base de la induccion consiste en demostrar la 1a proposicion, la cual esobvia.
Tomaremos como hipotesis de induccion la siguiente: Para cierta k ≥ 1 (abarcando
la BI) se tiene que 1 + 2 + 3 + · · · + k = k(k+1)2
. Queremos usar esto para probar que
1 + 2 + 3 + · · ·+ (k+ 1) =(k+1)
((k+1)+1
)2
. Para ello tomamos el lado izquierdo de la igualdadque queremos probar y buscamos la forma de acomodar los terminos para usar la hipotesisde induccion y despues obtener el lado derecho de la igualdad:
1 + 2 + 3 + · · ·+ (k + 1) = 1 + 2 + 3 + · · ·+ k + (k + 1)
= k(k+1)2
+ (k + 1)
. = k(k+1)+2(k+1)2
= (k+2)(k+1)2
.
Notamos que la primera igualdad es el paso comparativo y en la segunda igualdad se uso laHI. Esto termina la demostracion. ♦
Con induccion podemos tambien probar formulas en que hay mas de una variable. El
20
siguiente es un ejemplo tıpico. El contenido de la formula es muy util en diversos problemas.
4.4 Ejemplo. Si r es cualquier numero distinto de 1 (no necesariamente natural),entonces
1 + r + r2 + · · ·+ rn =rn+1 − 1
r − 1.
para cualquier natural n.
Solucion. La sucesion de proposiciones esta indicada por n:
1a proposicion: 1 + r = r1+1−1r−1
.
2a proposicion: 1 + r + r2 = r2+1−1r−1
.
3a proposicion: 1 + r + r2 + r3 = r3+1−1r−1
.
4a proposicion: 1 + r + r2 + r3 + r4 = r4+1−1r−1
.
...
Para probar la primera afirmacion (base de la induccion) recordemos que (r+1)(r−1) =r2 − 1 y dividamos esta ecuacion por r − 1.
La HI en este caso es: “Para cierta k ≥ 1 se cumple 1 + r + r2 + · · · + rk = rk+1−1r−1
.” Apartir de esta suposicion probemos la formula correspondiente para n = k + 1:
1 + r + · · ·+ rk+1 = 1 + r + · · ·+ rk + rk+1
= rk+1−1r−1
+ rk+1 (por HI)
= rk+1−1+(r−1)rk+1
r−1
= rk+1−1+rk+2−rk+1
rr−1
= rk+2−1r−1
= r(k+1)+1−1r−1
.
De esta serie de igualdades concluimos que, si la formula se supone valida para n = k,entonces tambien lo sera para n = k + 1, y con esto completamos satisfactoriamente todoslos pasos en el metodo de induccion. Concluimos entonces que la formula es cierta para todo
21
n. ♦
4.5 Ejercicio. Probar la afirmacion del ejemplo anterior en forma no inductiva. (Su-gerencia: Utilizar la misma idea con la que probamos la base de induccion.)
4.6 Ejercicio. Hacer una prueba inductiva y otra no inductiva de que el producto detres enteros consecutivos es multiplo de 6.
4.7 Ejercicio. (∗) Hacer una prueba inductiva y otra no inductiva de la siguienteformula para n natural:
1
1× 2+
1
2× 3+ · · ·+ 1
n× (n+ 1)=
n
n+ 1.
(Sugerencia: Para la prueba no inductiva, observar que 1k(k+1)
= 1k− 1
k+1.)
En los siguientes ejemplos compararemos algunas definiciones no recursivas con otrasrecursivas.
4.8 Ejemplo. Definamos la sucesion a1, a2, a3, . . . recursivamente por a1 = 1 y, paran ≥ 2, an = an−1 + 2. Encontrar los primeros 6 terminos de la sucesion y dar una definicionno recursiva de ella.
Solucion. Para obtener los primeros 6 terminos de la sucesion partimos de la base a1 = 1y vamos construyendo los siguientes terminos sumando 2 al termino recien construido: 1, 3,5, 7, 9, 11. Una definicion no recursiva de la misma sucesion es an = 2n− 1. ♦
El ejemplo anterior es un caso particular de las llamadas sucesiones o progresionesaritmeticas; en general una sucesion aritmetica es una sucesion de numeros a1, a2, a3, . . .en que la diferencia entre dos terminos consecutivos cualesquiera es un numero constante d,es decir an+1 = an + d, para toda n.
Otros ejemplos de sucesiones aritmeticas son:
1, 2, 3, 4, 5, . . . (aquı d = 1 y a1 = 1),
2, 4, 6, 8, 10, . . . (aquı d = 2 y a1 = 2),
10, 17, 24, 31, 38, . . . (aquı d = 7 y a1 = 10).
0,−12,−1,−3
2,−2,−5
2, . . . (aquı d = −1
2y a1 = 0).
Hemos definido sucesion aritmetica por recursion, es decir, en forma inductiva; si solocontamos con esto, es de esperar que cualquier afirmacion sobre una sucesion aritmetica
22
utilice induccion; el siguiente ejemplo (demostrado por induccion), permitira trabajarlas enforma no recursiva; en particular el resultado nos dice como conocer cualquier termino de lasucesion sin necesidad de conocer el anterior.
4.9 Ejemplo. Sea a1, a2, a3, . . . una sucesion aritmetica con diferencia d (es decir, paratoda n, an+1 = an + d. Probar que para n ≥ 2 se tiene an = a1 + (n− 1)d.
Solucion. La sucesion de afirmaciones es:
1a afirmacion: a2 = a1 + (2− 1)d.
2a afirmacion: a3 = a1 + (3− 1)d.
3a afirmacion: a4 = a1 + (4− 1)d.
4a afirmacion: a5 = a1 + (5− 1)d.
...
La base de induccion es, en este caso, la primera afirmacion (es decir, la afirmacionpara n = 2). Es facil darse cuenta de la validez de esta proposicion pues, por definicion,a2 = a1 + d. Hagamos ahora la hipotesis de induccion: “Para cierta k ≥ 2 es verdad queak = a1 + (k − 1)d”. Utilizando esta HI probemos que tambien es cierto el resultado paran = k + 1:
ak+1 = ak + d (por definicion)= a1 + (k − 1)d+ d (por HI)= a1 + kd.
Esto termina la demostracion. ♦
4.10 Ejercicio. (∗) Una sucesion o progresion geometrica con razon r es una sucesionde numeros a1,a2,. . . en que cada uno se obtiene del anterior multiplicando por el numero r (esdecir, para n ≥ 2, an = an−1r). Dar una definicion no recursiva para la sucesion geometricacon a1 = 5 y r = 1
2. Calcular la suma de los primeros 100 terminos de esta sucesion.
En todas las pruebas por induccion que hemos hecho hasta el momento, al demostrarque la (k + 1)-esima afirmacion es verdadera solo hemos utilizado la validez de la k-esimaafirmacion; inclusive, en cada caso simplificamos la hipotesis de induccion de tal manera queabarcara solo la afirmacion anterior a la que querıamos probar y no todas las anteriores. Enlos ejemplos que trataremos a continuacion sı necesitaremos hacer la hipotesis de induccioncomo la anunciamos al principio de esta seccion. La diferencia entre los casos que siguen ylos anteriores es que cada afirmacion esta ligada no solo a la que la precede sino a una omas de las anteriores. La practica nos dira como reconocer en que caso nos encontramos;mientras tanto, podemos siempre hacer la hipotesis de induccion en su forma mas general
23
y, una vez que estemos en el tercer paso de la demostracion inductiva, utilizar solo lo quenecesitemos de la hipotesis.
Considerando que llegado este punto ya debe ser obvio para el lector el primer paso de lainduccion (es decir, identificar la sucesion de afirmaciones que abarca la afirmacion generalque se quiere probar), de aquı en adelante ya no incluiremos este en nuestras demostraciones.
4.11 Ejercicio. Probar por induccion que para n natural se tiene la formula:
12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6.
4.12 Ejercicio. Probar la formula del ejercicio anterior en forma no inductiva comosigue: Para k = 1, 2, . . . sea ak = (k + 1)3 − k3. Calcular la suma a1 + a2 + · · · + an de dosmaneras distintas e igualar. Despejar 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2.
4.13 Ejercicio. (∗) Calcular directamente la suma 13+23+33+· · ·+n3 para n = 1, 2, 3y 4; usar esto para proponer una formula para calcular la suma para cualquier natural n, yprobar la formula por induccion.
4.14 Ejercicio. Calcular la suma 13 + 23 + 33 + · · · + n3 utilizando un razonamientoparecido al del ejercicio 4.12. (Sugerencia: En este caso debera considerarse ak = (k+1)4−k4
para k = 1, 2, . . ..)
4.15 Ejercicio. (∗) Calcular la suma
1× 1000 + 2× 999 + 3× 998 + · · ·+ 999× 2 + 1000× 1.
4.16 Ejercicio. (∗) Calcular la suma
1
1× 3+
1
3× 5+
1
5× 7+ · · ·+ 1
999× 1001.
4.17 Ejercicio. (∗) Sea a0,a1,a2,. . . la sucesion de numeros definida recursivamentecomo sigue: a0 = −1, a1 = 1 y, para n ≥ 2, an = an−1+an−2
2. Probar por induccion que para
n ≥ 1, an ≥ 0.
Haremos a continuacion algunos ejemplos en que la demostracion por induccion tienealgunos puntos mas delicados.
4.18 Ejemplo. La sucesion de Fibonacci f1, f2, f3, . . . se define como sigue: f1 = 1,f2 = 1 y, para n ≥ 3, fn = fn−1 + fn−2. Construir los primeros 10 terminos de la sucesion y
24
probar la siguiente formula que nos proporciona una definicion no recursiva de la sucesion:
fn =
(1+√
52
)n−(
1−√
52
)n√
5.
Solucion. Construyamos los primeros 10 terminos de la sucesion siguiendo la definicion:Los primeros dos terminos son ambos 1 y, para construir cada uno de los terminos siguientes,sumemos cada vez los ultimos dos que ya tengamos: 1,1,2,3,5,8,13,21,34, 55. Como pudimosobservar en la misma definicion, para conocer un termino es necesario conocer no solo elinmediato anterior sino los dos que le preceden. Es natural entonces pensar que una demos-tracion por induccion de una afirmacion sobre todos los terminos de la sucesion de Fibonaccideba tener una hipotesis de induccion que abarque las afirmaciones correspondientes a losdos terminos que preceden al que se considera en ese momento. Por otro lado, los primerosdos terminos estan dados de manera independiente y los demas se basan en ellos; por estarazon, la base de induccion debe constar de la prueba de las dos afirmaciones correspon-dientes a estos terminos. Tomemos el lado derecho de la formula que queremos probar paran = 1: (
1+√
52
)1
−(
1−√
52
)1
√5
=(1 +
√5)− (1−
√5)
2√
5=
2√
5
2√
5= 1 = f1.
Hagamos ahora lo mismo para n = 2:(1+√
52
)2
−(
1−√
52
)2
√5
=(1 + 2
√5 + 5)− (1− 2
√5 + 5)
4√
5=
4√
5
4√
5= 1,
que es igual a f2. Con esto concluimos la base de induccion. Ahora tomemos k ≥ 3 y hagamosla hipotesis de induccion: “La formula es verdadera para todos los naturales menores que k”.Tenemos entonces
fk = fk−1 + fk−2 (por definicion)
=
(1+√
52
)k−1
−(
1−√
52
)k−1
√5
+
(1+√
52
)k−2
−(
1−√
52
)k−2
√5
(por HI)
=
(1+√
52
)k−2 (1+√
52
+ 1)−(
1−√
52
)k−2 (1−√
52
+ 1)
√5
=
(1+√
52
)k−2 (3+√
52
)−(
1−√
52
)k−2 (3−√
52
)√
5
25
Por otro lado, consideremos el miembro derecho de la formula para n = k:(1+√
52
)k−(
1−√
52
)k√
5=
(1+√
52
)k−2 (1+√
52
)2
−(
1−√
52
)k−2 (1−√
52
)2
√5
=
(1+√
52
)k−2 (1+2√
5+54
)−(
1−√
52
)k−2 (1−2√
5+54
)√
5
=
(1+√
52
)k−2 (3+√
52
)−(
1−√
52
)k−2 (3−√
52
)√
5.
Hemos obtenido lo mismo que tenıamos arriba, ası que la formula tambien es verdadera paran = k, y esto concluye la demostracion. ♦
4.19 Ejemplo. Definamos una sucesion a0,a1,a2,. . . como sigue: a0 = 1 y, para n ≥ 1,
an =
(n
0
)a0 +
(n
1
)a1 +
(n
2
)a2 + · · ·+
(n
n− 1
)an−1.
Probar que todos los terminos de la sucesion son impares.
Solucion. Antes de empezar la demostracion de que todos los terminos son impares no-temos primero que en la misma definicion de la sucesion se hizo una recursion que utiliza nosolo el termino anterior al que se esta definiendo sino todos los anteriores. Es natural entoncespensar que para probar que un termino an (n ≥ 1) es impar, debemos utilizar el que todoslos anteriores (a0,a1,a2,. . .,an−1) lo son; ası que en este caso, la hipotesis de induccion deberaabarcar todos estos. Conviene tambien escribir los primeros terminos de la sucesion, pues elanalisis cuidadoso de varios terminos en particular muchas veces da una idea de como hacerla demostracion general.
26
Tenemos:
a0 = 1,
a1 =
(1
0
)× 1
= 1× 1 = 1,
a2 =
(2
0
)× 1 +
(2
1
)× 1
= 1× 1 + 2× 1 = 3,
a3 =
(3
0
)× 1 +
(3
1
)× 1 +
(3
2
)× 3
= 1× 1 + 3× 1 + 3× 3 = 13,
a4 =
(4
0
)× 1 +
(4
1
)× 1 +
(4
2
)× 3 +
(4
3
)× 13
= 1× 1 + 4× 1 + 6× 3 + 4× 13 = 75,
a5 =
(5
0
)× 1 +
(5
1
)× 1 +
(5
2
)× 3 +
(5
3
)× 13 +
(5
4
)× 75
= 1× 1 + 5× 1 + 10× 3 + 10× 13 + 5× 75 = 541.
Observamos aquı que los coeficientes que van apareciendo son los del triangulo de Pascal, elcual sabemos que es simetrico respecto a la vertical central (esto es,
(nr
)=(nn−r
)). Tambien
sabemos que los terminos centrales en los renglones pares (es decir, los de la forma(nn2
)) son
todos numeros pares (pues son la suma de los dos numeros iguales arriba de el). Hechas estasobservaciones procedamos con la demostracion.
La base de induccion es la prueba de que el primer termino de la sucesion (es decir, a0)es impar, lo cual es cierto por definicion. Tomemos k ≥ 1 y supongamos que a0,a1,a2,. . .,ak−1
son impares (esta es nuestra hipotesis de induccion). Probaremos que ak es impar. Dividimosla prueba en dos casos: cuando k es impar y cuando k es par. En el primer caso, factorizandolos coeficientes binomiales con sus simetricos, tenemos
ak = 1 +
(k
1
)(a1 + ak−1) +
(k
2
)(a2 + ak−2) + · · ·+
(kk−1
2
)(a k−1
2+ a k+1
2
).
Ahora utilizamos la hipotesis de induccion: como cada ai (con 1 ≤ i ≤ k− 1) es impar, cadauna de las sumas a1 +ak−1, a2 +ak−2, . . ., a k−1
2+a k+1
2es un numero par; con esto ya es claro
que ak es impar, y aquı termina la prueba para el caso en que k sea impar. En el caso enque k sea par, agrupamos de la misma manera pero nos sobrara un termino sin agrupar:
ak = 1 +
(k
1
)(a1 + ak−1) +
(k
2
)(a2 + ak−2) + · · ·+
(kk2
)a k
2.
27
Sin embargo, el termino no agrupado tambien es par pues el coeficiente binomial en el lo es.Esto concluye la prueba en el caso en que k es par. Hemos completado satisfactoriamentelos pasos de la induccion en todos los casos. ♦
4.20 Proposicion. Todo conjunto con n elementos tiene 2n subconjuntos
Demostracion. El resultado es obvio para cuando n = 0 pues el conjunto con 0 elementossolo tiene un subconjunto que es el mismo. Sea n ≥ 1; HI: “Todo conjunto con n−1 elementostiene 2n−1 subconjuntos.” Consideremos el conjunto X = x1, x2, . . . , xn con n elementos.Queremos utilizar la HI para probar que X tiene 2n subconjuntos. Consideremos el conjuntoY obtenido al quitarle a X el elemento xn. Por HI, Y tiene 2n−1 subconjuntos. Ahora bien,los subconjuntos de X podemos dividirlos en dos clases: los que no tienen al elemento xn(es decir, los que estan contenidos en Y ) y los que sı lo tienen. El numero de conjuntos delas dos clases es el mismo pues cada conjunto de la segunda clase se obtiene adjuntando elelemento xn a uno de los conjuntos de la primera. Entonces, por HI, cada una de estas clasestiene 2n−1 conjuntos; en total X tendra 2n−1 + 2n−1 = 2 × 2n−1 = 2n subconjuntos, comoquerıamos probar. Esto termina la demostracion. ♦
4.21 Ejercicio. Sea X = x1, x2, x3, x4. Encontrar las dos clases de subconjuntos deX de que se habla en la demostracion de 4.20 y aparear los conjuntos de una clase con losde la otra como indica esa prueba.
4.22 Ejercicio. (∗) Demostrar que todo conjunto tiene la misma cantidad de subcon-juntos con un numero par de elementos que con un numero impar.
4.23 Ejercicio. (∗) Si a1 = 1 y, para n ≥ 2, an = n+ (−1)nan−1, ¿cuanto valen a1000,a2001, a3002, a4003?
4.24 Ejercicio. (∗) Probar por induccion la formula siguiente para n natural:(n
0
)+
(n
1
)+ · · ·+
(n
n
)= 2n.
(Sugerencia: Utilizar la Formula de Pascal.)
4.25 Ejercicio. (∗) Probar por induccion la formula siguiente para n y k enteros con0 ≤ k ≤ n: (
k
k
)+
(k + 1
k
)+
(k + 2
k
)+ · · ·+
(n
k
)=
(n+ 1
k + 1
).
(Sugerencia: Usar la Formula de Pascal.)
28
4.26 Ejercicio. (∗) La siguiente afirmacion es obviamente falsa: “En cualquier listade n numeros, todos son iguales entre sı.” Determinar cual es el error en la “demostracion”por induccion que presentamos a continuacion (es decir, encontrar en que momento el pro-cedimiento que se sigue en la supuesta demostracion es incompleto o incorrecto): “BI: Paran = 1 la afirmacion es verdadera pues solo hay un numero en la lista. HI: Supongamos que elresultado es cierto para cualquier lista de n numeros y tomemos una lista de n+ 1 numeros:a1, a2, . . . , an, an+1. Entonces, por HI, los primeros n numeros a1, a2 . . . , an son iguales entresı; aplicando tambien la hipotesis de induccion a los ultimos n numeros: a2, . . . , an, an+1,estos son tambien iguales entre sı. Pero entonces todos son iguales a a2, ası que todos soniguales entre sı.”
4.27 Ejercicio. (∗) La siguiente afirmacion es obviamente falsa: “Para construir unared carretera en un paıs de manera que cualesquiera dos ciudades esten conectadas mediantela red, es suficiente que a cada ciudad llegue al menos una carretera (entendiendo que lascarreteras sean todas de doble sentido)”. Determinar cual es el error en la “prueba” porinduccion que presentamos a continuacion: “Para dos ciudades el resultado es claramentecierto. Supongamos por induccion que un paıs con n ciudades cumple la propiedad y agre-guemos una ciudad C; por hipotesis, de C sale una carretera, digamos a D. Entonces, a travesde D, la ciudad C esta conectada con las demas, y ası, todas las ciudades estan conectadasentre sı.”
4.28 Ejercicio. (∗) La siguiente afirmacion es obviamente falsa: “El conjunto N de losnumeros naturales es finito.” Determinar cual es el error en la “prueba” por induccion quepresentamos a continuacion: “Para cada natural n sea An = n. Sabemos que la union detodos los conjuntos An nos da el conjunto N, y que la union de dos conjuntos finitos es finito.Entonces BI: A1 ∪ A2 es finito. HI: Supongamos que A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An−1 es finito paracierta n ≥ 3. Entonces, A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An = (A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An−1) ∪ An, que es la unionde dos conjuntos finitos (usando la HI), ası que A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An tambien es finito. Enconclusion, N es finito.”
29
5. Caminos
Analizaremos en esta seccion un ejemplo basico de cuenta de caminos siguiendo lıneas enfiguras. En este ejemplo aprenderemos dos tecnicas para la resolucion de problemas de esteestilo y tendremos oportunidad de practicar algunas tecnicas de combinatoria aprendidasantes.
5.1 Ejemplo. En una cuadrıcula de m por n, sea A el vertice inferior izquierdo y seaB el vertice superior derecho. ¿Cua ntos caminos hay de A a B siguiendo las lıneas de lafigura, si solo se puede avanzar hacia la derecha y hacia arriba?
Solucion. Ilustremos un camino con m = 4 y n = 6.
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A
B
Primera forma. Notemos que cada camino debe recorrer una distancia total de m+ n =10 segmentos, de los cuales 6 segmentos se recorren horizontalmente y 4 verticalmente.Entonces cada camino se puede identificar con una “palabra” de 10 letras que usa 6 letrasH (horizontal) y 4 letras V (vertical). (Por ejemplo, el camino de la figura esta representadopor la palabra HV V HHHVHVH.) Como sabemos, el numero de estas palabras es
(104
).
Segunda forma. Observemos que hay dos maneras para llegar a cada vertice que no formeparte del lado izquierdo o del lado de abajo de la cuadrıcula (a los cuales solo hay una formade llegar): verticalmente (desde el vertice inmediatamente abajo de el) y horizontalmente(desde el vertice inmediatamente a la izquierda de el). Entonces, el numero de caminos quellegan a uno de esos vertices es la suma de los caminos que llegan a los vertices adyacentesa la izquierda y abajo de el. Ası podemos poner en la figura, junto a cada vertice, el numerode caminos que llegan a el:
30
A
B
1 1 1 1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 7
1 3 6 10 15 21 28
1 4 10 20 35 56 84
1 5 15 35 70 126 210
5.2 Ejercicio. (∗) Dentro de un cubo de alambre C de dimensiones 5× 5× 5 se colocanalambres dividiendo C en cubos de dimensiones 1 × 1 × 1. Llamese A al vertice inferiorizquierdo de la cara anterior de C y sea B el vertice opuesto a A en C (es decir, B es elvertice superior derecho de la cara posterior de C). ¿Cuantos “caminos” diferentes llegan delpunto A al punto B siguiendo los alambres del cubo, si las unicas direcciones permitidas son:hacia atras, hacia la derecha y hacia arriba?
5.3 Ejercicio. (∗) Usar caminos para probar la formula de naturales n:(n
0
)2
+
(n
1
)2
+
(n
2
)2
+ · · ·+(n
n
)2
=
(2n
n
).
(Sugerencia: Contar caminos en una cuadrıcula de n × n como en la primera forma en elejemplo 5.1, fijandose en los puntos donde el camino atraviesa la diagonal que va de la esquinasuperior izquierda a la esquina inferior derecha.)
5.4 Ejercicio. Usar caminos para probar la formula de Pascal(n+ 1
r + 1
)=
(n
r
)+
(n
r + 1
),
para r y n numeros enteros con 0 ≤ r < n. (Sugerencia: Comparar las dos formas de resolverel ejemplo 5.1.)
5.5 Ejercicio. (∗) Siguiendo las lıneas de la figura, ¿cuantos caminos hay para ir delpunto A al punto B que no pasen dos veces por el mismo punto y que solo avancen haciaabajo y hacia los lados pero no hacia arriba? [3er Examen Nacional]
31
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B
A
5.6 Ejercicio. (∗) ¿Cuantos caminos hay del punto A al punto B siguiendo las lıneasde la figura si las direcciones permitidas son→,,,, (es decir, cualquier sentido estapermitido salvo ←) y no se permite pasar dos veces por el mismo punto?
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................................................................................................................................................................................................................................................
................................................................................................................................................................................................................................................A B• •
32
6. Inclusion y Exclusion
Empecemos esta seccion analizando un ejemplo que nos dara la clave del llamado Prin-cipio de Inclusion y Exclusion.
6.1 Ejemplo. ¿Cuantos numeros menores que 10 000 no son divisibles ni por 2, ni por3, ni por 5?
Solucion. A 10 000 habra que restarle la cantidad de numeros divisibles por alguno de 2,3 o 5. Sin embargo esto hay que hacerlo con cuidado para evitar repeticiones; por ejemplo,los numeros que son divisibles tanto por 2 como por 3 se consideran dos veces: al contar losdivisibles por 2 y al contar los divisibles por 3. Vamos a determinar primero, por separado,cuantos multiplos hay de cada una de las distintas combinaciones entre 2, 3 y 5. Hay:
5 000 numeros divisibles por 2,3 333 divisibles por 3,2 000 divisibles por 5,1 666 divisibles por 6,1 000 divisibles por 10,666 divisibles por 15 y333 divisibles por 30.
Al restarle a 10 000 la cantidad de numeros divisibles por 2 y luego los divisibles por 3 y acontinuacion los divisibles por 5:
10 000− (5 000 + 3 333 + 2 000),
los que son divisibles por 6, por 10 o por 15 pero no por 30 se habran quitado dos vecescada uno, y los que son multiplos de 30 se habran quitado tres veces. Entonces al agregar ala cuenta los que son multiplos de 6, de 10 o de 15, los que son divisibles por 30 se habranquitado primero tres veces al restar los multiplos de 2, de 3, y de 5, y despues se habranvuelto a sumar tres veces al sumar los multiplos de 6 y los de 10 y los de 15, ası que tendremosque restarlos. La respuesta al ejemplo es pues:
10 000− (5 000 + 3 333 + 2 000) + (1 666 + 1 000 + 666)− 333 = 2 666.♦
6.2 Ejercicio. En cierta escuela hay 100 alumnos. De ellos 50 saben ingles, 30 sabenaleman y 30 saben frances. Ademas 10 saben ingles y frances, 14 saben frances y aleman,11 saben ingles y aleman, y 6 saben los tres idiomas. Determinar cuantos alumnos no sabenninguno de los tres idiomas.
El procedimiento que utilizamos en el ejemplo anterior puede generalizarse, segun veremosen el siguiente principio.
33
6.3 Proposicion. Principio de Inclusion y Exclusion. Supongamos que tenemos nconjuntos A1, A2, . . . , An (posiblemente con elementos en comun). Entonces el numero totalk de elementos que tienen entre todos es igual a k1 − k2 + k3 − k4 +− · · · kn, donde k1 es lasuma de los elementos que pertenecen a (por lo menos) uno de los conjuntos, k2 es la sumade los elementos que pertenecen a (por lo menos) dos de los conjuntos, y ası sucesivamentehasta kn, que es el numero de elementos en comun a todos los conjuntos. (Utilizando ellenguaje usual de teorıa de conjuntos donde |X| denota el numero de elementos de unconjunto X, ∪ es el sımbolo usual de union y ∩ es el sımbolo usual de interseccion, tenemos:k = |A1∪A2∪ · · · ∪An|, k1 = |A1|+ |A2|+ · · ·+ |An|, k2 = |A1∩A2|+ |A1∩A3|+ · · ·+ |A1∩An|+ |A2 ∩ A3|+ · · ·+ |An−1 ∩ An|, y ası sucesivamente hasta kn = |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An|.)
Demostracion. Tomemos un elemento cualquiera y supongamos, por ejemplo, que el ele-mento pertenece a los conjuntos Ai1 , Ai2 , . . . , Air para cierta r, y solo a estos. Entonces elnumero de veces que dicho elemento se considera en la suma k1 − k2 + k3 − k4 +− · · · kn es(
r
1
)−(r
2
)+
(r
3
)−(r
4
)+− · · ·
(r
r
),
que, por el ejercicio 4.22, es igual a(r0
), que es 1. Entonces la suma k1−k2 +k3−k4 +− · · · kn
cuenta cada elemento exactamente una vez, que es lo que querıamos demostrar. ♦
Para el siguiente ejemplo recordemos que todo numero natural N se puede escribir enforma unica como producto de potencias de primos p1 < p2 < · · · < pr: N = pa1
1 pa22 · · · parr
(a1, a2, . . . , ar son naturales) y que a esta se le llama la descomposicion canonica delnumero N . Recordemos tambien que se dice que dos numeros son primos relativos cuandosu maximo comun divisor es 1 (en otras palabras, cuando los primos que aparecen en susdescomposiciones canonicas, son distintos).
6.4 Ejemplo. Sea N = pa11 p
a22 · · · parr la descomposicion canonica del numero natural
N . Se llama ϕ(N), o funcion ϕ de Euler al numero de enteros menores que N y primosrelativos con N . (Por ejemplo ϕ(12) = 4 pues los enteros menores que 12 y primos relativoscon 12 son 4, a saber, 1, 5, 7 y 11.) Probar que
ϕ(N) = pa1−11 pa2−1
2 · · · par−1r (p1 − 1)(p2 − 1) · · · (pr − 1).
Solucion. Aplicamos el Principio de Inclusion y Exclusion. Los multiplos de cada pi sonNpi
; los multiplos de cada pipj (para i 6= j) son Npipj
; los multiplos de los productos pipjpk
34
(para i, j y k ındices distintos) son Npipjpk
, y ası sucesivamente. Entonces ϕ(N) es igual a:
N − (Np1
+ · · ·+ Npr
) + ( Np1p2
+ · · ·+ Npr−1pr
)− · · ·+ (−1)r Np1p2···pr =
pa11 p
a22 · · · parr − (pa1−1
1 pa22 · · · parr + pa1
1 pa2−12 · · · parr + · · ·+ pa1
1 pa22 · · · par−1
r )+
(pa1−11 pa2−1
2 · · · parr + · · ·+ pa11 · · · p
ar−1−1r−1 par−1
r ) + · · ·+
(−1)rpa1−11 pa2−1
2 · · · par−1r .
Podemos observar que los sumandos en la expresion anterior son todas las expresiones de laforma pb11 p
b22 · · · pbrr , donde cada bi es igual a ai o a ai − 1; ademas la paridad del numero de
sumandos que son ai − 1 determina el que se sume o se reste el termino correspondiente enla expresion. Entonces la expresion se puede simplificar:
ϕ(N) = (pa11 − pa1−1
1 )(pa22 − pa2−1
2 ) · · · (parr − par−1r )
= pa1−11 (p1 − 1)pa2−1
2 (p2 − 1) · · · par−1r (pr − 1),
que es la formula que querıamos probar. ♦
6.5 Ejercicio. Usar la formula probada en el ejemplo anterior para calcular ϕ(600),ϕ(1995), ϕ(23) y ϕ(128).
6.6 Ejercicio. (∗) Se dice que una mano de domino tiene falla si alguno de los numerosentre el 0 y el 6 no aparece en la mano (cada numero faltante es una falla); por ejemplo lamano
2 1 , 5 5 , 3 1 , , 1 , 6 5 , 2
tiene falla a 4′s. Probar que el numero de manos de domino que no tienen falla es 501 015.
6.7 Ejercicio. (∗) En una oficina hay 10 empleados. Cada uno es especialista en unalabor distinta a la de los demas. Para no aburrirse, les gusta intercambiar sus puestos; sinembargo, el buen funcionamiento de la oficina exige que en cada momento haya exactamente4 empleados trabajando en su especialidad. ¿Cuantas distribuciones de los puestos se puedenhacer bajo estas condiciones?
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7. Principio de las Casillas
A primera vista el Principio de las Casillas (tambien llamado Principio de los Palo-mares) parece extremadamente simple e inofensivo. Sin embargo tiene muchas aplicacionesen problemas de del tipo que nos interesan en estas notas.
7.1. Principio de las Casillas. Si se dispone de n casillas para colocar m objetos ym > n, entonces en alguna casilla deberan colocarse por lo menos dos objetos.
Empezaremos ilustrando con un ejemplo muy simple y tıpico de aplicacion varias vecesdel Principio de las Casillas.
7.2 Ejemplo. Un costal esta lleno de canicas de 20 colores distintos. Al azar se vansacando canicas del costal. ¿Cual es el mınimo numero de canicas que deben sacarse parapoder garantizar que en la coleccion tomada habra al menos 100 canicas del mismo color?
Solucion. Notemos que si sacaramos 20 canicas, podrıa ser que todas fueran de coloresdistintos, ası que solo podrıamos garantizar que hay dos canicas del mismo color si sacaramos21 canicas (aquı se aplico el Principio de las Casillas). De la misma manera, necesitarıamos41(= 20 × 2 + 1) canicas para poder afirmar que con seguridad hay 3 canicas (al menos)del mismo color, pues con 40 canicas podrıa ser que cada color apareciera exactamente 2veces. Con el mismo razonamiento que hemos seguido llegamos al resultado: Se necesitan20× 99 + 1 = 1981 canicas. ♦
7.3 Ejercicio. En un papel cuadriculado de 6×9 cuadrados se consideran 25 triangulosarbitrarios y diferentes que tienen sus vertices en los puntos de interseccion de las lıneas dela cuadrıcula. Mostrar que no importa como se elijan los triangulos, forzosamente habra (almenos) dos triangulos con (al menos) un vertice en comun.
Los siguientes ejemplos son todos de naturaleza muy distinta; sin embargo, en la solucionde todos ellos utilizamos el Principio de las Casillas.
7.4 Ejemplo. Algunos de los cuadritos de una cuadrıcula de 3× 7 se pintan de negroy los otros se dejan en blanco. Probar que forzosamente las lıneas de la cuadrıcula formanun rectangulo en cuyas cuatro esquinas los cuadraditos tienen el mismo color (los cuatroblancos o los cuatro negros).
Solucion. Supongamos que tenemos una cuadrıcula pintada de manera tal que no seforma el rectangulo con las esquinas del mismo color. Simbolicemos por N al color negroy por B al color blanco, y observemos que los cuadritos de una columna pueden haberquedado pintados segun las siguientes 8 posibilidades: p1 = NNN , p2 = NNB, p3 = NBN ,p4 = BNN , p5 = NBB, p6 = BNB, p7 = BBN y p8 = BBB. Supongamos que una de las
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columnas esta pintada segun la posibilidad p1; entonces con cualquiera de las posibilidadesen que la columna tiene dos N ′s se formara un rectangulo con las esquinas negras, ası queninguna columna esta pintada ası; pero entonces las columnas estan solo pintadas segun lasposibilidades p1, p5, p6, p7 y p8; como el numero de columnas es 7, entonces el Principio de lasCasillas nos dice que debe haber dos columnas iguales, pero aquı tambien, por el Principiode las Casillas, como son tres cuadritos en cada columna y solo dos colores, hay un colorque se repite, y entonces es obvio que se forma un rectangulo con las esquinas del mismocolor. Concluimos entonces que la posibilidad p1 no aparece. Lo mismo ocurre al considerarla posibilidad p8. Entonces ninguna de las posibilidades p1 y p8 aparece; pero ası sobransolo 6 posibilidades, con lo cual, otra vez aplicando el Principio de las Casillas, tenemos doscolumnas iguales, y de ahı una contradiccion. ♦
7.5 Ejercicio. Algunos de los cuadritos de una cuadrıcula de 19× 4 se pintan de rojo,otros de azul y otros de verde (no se deja ninguno en blanco). Probar que forzosamente laslıneas de la cuadrıcula forman un rectangulo cuyas cuatro esquinas tienen el mismo color.
7.6 Ejemplo. Probar que en cualquier conjunto de 6 personas forzosamente hay 3 quese conocen todas entre sı o 3 tales que ninguna conoce a las otras 2.
Solucion. Por cada una de las personas pongamos un punto e indiquemos que dos personasse conocen poniendo una lınea entre los puntos que las representan, obteniendo ası la graficade conocidos. Si A es una de las personas, las restantes 5 se pueden dividir en dos grupos:las conocidas de A y las desconocidas de A. Por el Principio de las Casillas, alguno de losgrupos tendra 3 o mas elementos. Primero supongamos que el de los conocidos de A tienetres o mas elementos y sean B1, B2 y B3 conocidos de A.
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A
B1
B2
B3
Si dos de B1, B2 y B3 se conocen entre sı, entonces A junto con esos dos formara el grupode los tres conocidos que buscabamos. Si no, entonces B1, B2 y B3 formaran el grupo de lostres desconocidos que querıamos. El caso en que el numero de desconocidos de A sea 3 o masse trata de manera analoga al anterior, considerando tres desconocidos C1, C2 y C3 de A. ♦
El ultimo ejemplo de esta seccion nos servira, ademas de para ver una aplicacion intere-sante (y muy simple) del Principio de las Casillas, para recordarnos algunas propiedadesimportantes de los numeros. Recordemos que los numeros reales son aquellos que nos sirven
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para “medir con direccion”, es decir, aquellos que se pueden representar en una recta unavez que se ha establecido un punto de partida (el 0) y se ha indicado otro punto distinto (el1) que nos senala precisamente la medida 1 y que la direccion del 0 al 1 es la positiva; ası,los numeros reales del mismo lado del 0 que el 1 son los positivos, mientras que los realesdel lado opuesto son los negativos. Entonces tenemos que todo numero entero es real, perohay reales que no son enteros, como por ejemplo −1.5, 2.47,
√2 y π.
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0−1.5 1√
2 2.47 π−3
positivosnegativos......................................................................................................... .....................................................................................................................................
| || | | |
El conjunto R de los numeros reales se descompone en dos conjuntos ajenos (es decir,dos conjuntos sin elementos en comun): el de los numeros racionales (denotado por Q) y elde los numeros irracionales (denotado por I). Los numeros racionales son los que se puedenexpresar como cociente de enteros, y los irracionales son los que no. Por ejemplo, son numerosracionales −1.5, 0,−3 y 2.47, pues se pueden expresar, respectivamente, como −3
2, 0
1, −3
1y 247
100.
Utilizando resultados de divisibilidad de enteros no es difıcil probar que√
2 no es racional.Un resultado conocido pero difıcil de demostrar es que π tampoco es racional. La escrituraconocida con cifras de un numero real cualquiera se llama expansion decimal del numero(o sea, la expansion decimal del numero 23 053.04 es, precisamente, 23 053.04). La razonpara esta nomenclatura es que la expresion se basa en un sistema posicional en que en cadaposicion la cifra (que puede ser cualquier entero entre 0 y 9) representa el numero de vecesque debe tomarse la potencia de 10 correspondiente a esa posicion; por ejemplo:
23 053.04 = 2× 104 + 3× 103 + 5× 101 + 3× 100 + 4× 1
102.
No debemos pasar por alto que algunas expansiones decimales son infinitas (despues delpunto decimal), como por ejemplo la expansion de 1
3, que consta de una infinidad de 3′s.
Esto usualmente se representa por 13
= .3, indicando que el 3 debe repetirse una infinidad deveces. De esta manera, tambien podemos considerar numeros reales como 1.2403 en donde,a partir del 2 la repeticion es de las tres cifras 403. En los casos que acabamos de consideraren que hay una repeticion infinita de cifras, decimos que la expansion de los numeros esperiodica y llamamos periodo a lo que se repite (en el primer caso el periodo es 3 y enel segundo, el periodo es 403). Podemos decir que las expansiones finitas son periodicas conperiodo 0 (por ejemplo, 2.4 = 2.40). Es importante notar que hay numeros reales que notienen expansion periodica, como por ejemplo el numero .1010010001..., en el que despuesdel punto los 1′s estan intercalados entre cada vez mas 0′s. No es difıcil probar que: Si unnumero real tiene una expansion periodica, entonces el numero es racional: Si el numero sellama x, lo podemos multiplicar por potencias apropiadas de 10, de tal manera que al restaruna de otra se elimine el periodo, y despues despejar x de una expresion de enteros (porejemplo, si x = 3.825, entonces 103x− 10x = 3825.25− 38.25 = 3787, ası que x = 3787
990). El
contenido del siguiente ejemplo, que demostraremos utilizando el Principio de las Casillas,
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es, precisamente, el recıproco de este resultado.
7.7 Ejemplo. Probar que la expansion decimal de cualquier numero racional es pe-riodica.
Solucion. Sea ab
el numero considerado, donde a y b son enteros y b 6= 0. Al hacer ladivision segun el algoritmo usual, los residuos que van quedando son enteros entre 0 y b− 1,ası que forzosamente debera haber alguna repeticion; a partir de ese momento, los cocientesy los residuos que se van obteniendo van formando un periodo de repeticion. ♦
7.8 Ejercicio. Sea A un conjunto de 19 enteros (distintos) escogidos dentro de lassucesion aritmetica 1, 4, 7, . . . , 100. Probar que en A hay dos elementos (distintos) cuya sumaes 104.
7.9 Ejercicio. La suma de 5 enteros positivos es 100. Probar que al menos hay dos deesos numeros cuya diferencia es menor o igual que 9.
7.10 Ejemplo. Sea p 6= 2, 5 un numero primo. Probar que hay una infinidad de multi-plos de p en la sucesion (1, 11, 111, 1111, . . .).
Solucion. Sea ar el numero formado por una cantidad r de 1′s. Gracias al Principio de lasCasillas, en la lista de residuos modulo p de la lista infinita 1, 11, 111, 1111, . . . debe haberrepeticion, es decir existen r < s naturales tales que ar ≡ as (mod p), de donde as − ar esmultiplo de p. Pero as − ar = 10ras−r y p es primo relativo con 10, ası que as−r es multiplode p. Hasta aquı hemos encontrado un multiplo de p dentro de la lista. Para encontrar unainfinidad observemos que el numero formado por una cantidad multiplo de s − r de 1′stambien es multiplo de p (para ver esto basta aplicar el conocido algoritmo para hacer unadivision que aprendimos desde ninos). ♦
7.11 Ejemplo. Sean a1, a2, . . . , a10 enteros. Probar que existen
ε1, ε2, . . . , ε10 ∈ −1, 0, 1no todos cero tales que ε1a1 + ε2a2 + · · ·+ ε10a10 es multiplo de 1000.
Solucion. Consideremos ε1a1 + ε2a2 + · · · + ε10a10 : εi ∈ 0, 1. Las posibilidades paraexpresar estos elementos son 210 = 1024; como hay solo 1000 residuos posibles modulo 1000,entonces, por el Principio de las Casillas, tenemos que dos de estos son congruentes modulo1000, de donde su diferencia es multiplo de 1000. Ahora solo observemos que la diferenciaes una expresion como la que estamos buscando. ♦
7.12 Ejercicio. (∗) En un torneo de futbol cada equipo juega una vez exactamentecon cada uno de los demas. Los juegos estan se realizan siempre los domingos. Probar que
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cualquier lunes siempre hay dos equipos que han completado exactamente el mismo numerode juegos.
7.13 Ejercicio. (∗) Probar que si cada punto del plano se colorea de rojo o azul,forzosamente habra un segmento de longitud 1 cuyos extremos tengan el mismo color.
7.14 Ejercicio. (∗) En un congreso internacional se reunen n cientıficos de 6 paıses.Durante el congreso los cientıficos se dividen en cuatro secciones de tal manera que dentrode cualquier grupo de 6 participantes de la misma seccion siempre hay dos cientıficos de lamisma edad. Encuentra el mınimo numero n para el cual, bajo las condiciones mencionadasarriba, se puede asegurar que existen tres cientıficos de una misma seccion que tienen lamisma edad y pertenecen al mismo paıs.
7.15 Ejercicio. (∗) Sea M un conjunto de 9 enteros ninguno de los cuales tiene undivisor primo mayor que 6. Probar que hay dos elementos de M cuyo producto es un cua-drado.
7.16 Ejercicio. (∗) Isabel escoge 8 puntos de los marcados. ¿Cual es la probabilidadde que cuatro de los puntos escogidos sean los vertices de un rectangulo?
• • • •• • • •• • • •
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8. Coloracion
En varios de los problemas de esta seccion se estudia la posibilidad de cubrir tableros deun determinado tamano o forma con fichas que cumplen ciertas caracterısticas. Se entiendeque las fichas no deben traslaparse ni cubrir area fuera del tablero. Se pide ademas queentre todas las fichas se tape todo el tablero. Para ilustrar, consideremos el caso de cubrir untablero de 8×8 con fichas de tamano 2×1. Es muy facil lograrlo y en la figura esquematizamos2 formas de hacerlo.
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Desde luego, el ejemplo anterior fue muy sencillo y no tuvo ningun interes teorico. Sinembargo una ligera variacion lo vuelve mucho mas interesante, como veremos a continuacion.
8.1 Ejemplo. Utilizando fichas de tamano 2×1, ¿es posible cubrir un tablero de 8×8del que se han quitado dos esquinas opuestas (de 1× 1)?
Solucion. Podrıamos hacer muchos intentos sin lograr cubrir el tablero; sin embargo estono nos demostrarıa que no es posible. Utilizamos un argumento ingenioso: pintar el tablerocomo si fuera un tablero de ajedrez (alternando los colores blanco y negro). Observamosentonces que a las dos esquinas que se eliminaron les correspondıa el mismo color, ası quequedaron mas cuadros de un color que de otro. Por otro lado, sin importar el lugar donde secoloquen las fichas de 2× 1, cada una de ellas cubre un cuadro negro y uno blanco ası que,si se pudiera cubrir el tablero, el numero de cuadros blancos cubierto serıa el mismo que el
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de negros. Este argumento demuestra que no es posible cubrir el tablero. ♦
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8.2 Ejemplo. A un tablero cuadriculado de 9×9 se le han quitado tres de sus esquinas(de 1× 1). ¿Es posible cubrirlo con fichas de 3× 1?
Solucion. Utilizamos ahora 3 colores que indicamos en la figura con los numeros 1, 2 y 3.
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En este caso, cualquier colocacion de las fichas de 1×3 cubre una vez cada uno de los colores,ası que en la coloracion deberıa haber la misma cantidad de cuadros de cada color; pero estono es cierto ya que en la cuadrıcula de 9× 9 sı habıa la misma cantidad de cuadros de cadacolor, pero a dos de los tres cuadros que se quitaron les correspondıa el mismo color (el 1).(notemos que hay que escoger la coloracion en forma adecuada; por ejemplo, si se hubieraquitado la esquina inferior izquierda en lugar de la derecha, la coloracion dada no servirıapues se quitarıa un cuadro de cada color, en ese caso hubiera convenido comenzar el segundorenglon con el color 2 y despues seguir alternando de la misma manera.) ♦
8.3 Ejercicio. Rehacer el ejemplo anterior utilizando solo dos colores.
8.4 Ejercicio. (∗) ¿Es posible construir un rectangulo con las cinco fichas que semuestran a continuacion (todos los cuadritos marcados son de 1× 1)?
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8.5 Ejercicio. (∗) La estrella que se muestra abajo consta de 108 triangulos equilaterosiguales. ¿Es posible cubrirla con fichas de 4 triangulos equilateros (del mismo tamano quelos de la estrella) como la que se muestra al lado de la estrella?
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8.6 Ejercicio. (∗) Se considera el conjunto S de puntos del espacio formado por losvertices de un cubo y los puntos medios de las caras del cubo. Se ponen segmentos entre lospuntos de S uniendo cada punto medio de una cara con los 4 vertices del cubo que formanesa cara. ¿Es posible hacer un recorrido sobre los segmentos dibujados que pase exactamenteuna vez por cada uno de los puntos de S?
8.7 Ejemplo. Segun un diseno ya establecido, un piso rectangular se va a cubrir conalgunos mosaicos de 2×2 y otros de 1×4. Se rompio un mosaico y el distribuidor lo sustituyopor otro del tipo contrario. Probar que no se puede redisenar el arreglo.
Solucion. Cuadricular el piso, y en los renglones pares colorear alternadamente con negroy blanco. Dejar los renglones impares en blanco (ver figura).
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Entonces, segun el primer diseno, cada mosaico de 2 × 2 cubrirıa exactamente un cuadronegro, mientras que los de 1×4 cubrirıan 0 o 2 y ası la paridad de los cuadros negros cubiertosserıa distinta al cambiar un mosaico. ♦
8.8 Ejemplo. En cada casilla de un tablero cuadriculado de 9× 9 hay una ficha. Cadaficha se mueve a un cuadrado que comparte un vertice exactamente con el del cuadradodonde esta originalmente (algunas casillas pueden quedar con mas de una ficha y otraspueden quedar vacıas). ¿Cual es el mınimo numero de cuadrados que quedaran vacıos?
Solucion. Al colorear de negro todas las columnas impares y dejar en blanco las pares,quedan 45 cuadros negros y 36 blancos. Cada ficha cambia de color, ası que por lo menos 9cuadros quedaran vacıos.
Para ver que sı es posible lograr exactamente 9 cuadros vacıos, en el siguiente dibujohemos indicado con una lınea diagonal el que las fichas que estan en las casillas que une ladiagonal se intercambian, dejando entonces vacıas las casillas indicadas con •.
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8.9 Ejercicio. (∗) Probar que si hay n puntos en el plano, con n ≥ 4, entonces esposible colorearlos con dos colores de manera que no exista ninguna recta que deje todos lospuntos de un color de un lado y los del otro color del otro lado (y que no toque a ningunode los puntos).
Los siguientes ejemplos tratan coloraciones de cantidades infinitas de puntos.
44
8.10 Ejemplo. Probar que si cada punto del plano se colorea de rojo o azul, forzosa-mente habra un segmento de longitud 1 cuyos extremos tengan el mismo color.
Solucion. Primera forma. Tomemos un triangulo equilatero de lado 1. Dos de sus verticesdeben ser del mismo color.
Segunda forma. Tomemos un punto, digamos, rojo y consideremos el cırculo con centroen ese punto y radio 1. Si en el cırculo hay un punto rojo, ya acabamos; si no, entonces todoel cırculo es azul y en el es claro que hay una cuerda de longitud 1. ♦
8.11 Ejemplo. Probar que si cada punto del plano se colorea de azul, rojo o verde,entonces uno de los tres colores tiene una pareja de puntos a distancia 1.
Solucion. Supongamos que no. Entonces todo triangulo equilatero de lado 1 tiene sustres vertices de distinto color. Tomemos uno de estos triangulos y sea O un vertice rojo.Del otro lado de la base que tiene por extremos un punto verde y otro azul pongamos otrotriangulo; entonces el nuevo vertice debe ser tambien rojo. Esto es cierto para cualquiertriangulo equilatero uno de cuyos vertices sea O, es decir, el cırculo con centro O y radio 1tiene tiene todos sus puntos azules o verdes y el cırculo con centro O y radio
√3 es todo
rojo. Es claro que este cırculo tiene una cuerda de longitud 1 y ası encontramos dos puntosrojos a distancia 1. ♦
8.12 Ejercicio. (∗) Cada punto del espacio es rojo, azul, blanco o verde. Probar quehay un segmento unitario cuyos extremos son del mismo color.
8.13 Ejercicio. (∗) Cada punto del espacio es rojo o azul. Probar que existe un triangu-lo equilatero de lado 1 con todos sus vertices del mismo color.
45
9. Graficas
Una grafica (finita, simple) G (consta de un conjunto (finito) V = V(G) cuyos elemen-tos se llaman vertices, y de otro conjunto A = A(G) que consta de subconjuntos de doselementos de V llamados aristas. Escribimos G = (V ,A). Si a = u, v ∈ A, escribimosa = uv y decimos que u y v son extremos de a.
Por el momento solo trabajaremos con este tipo de graficas y dejaremos para despues elestudio de multigraficas en donde se permite que A sea multiconjunto (es decir, que entredos vertices haya mas de una arista), o de seudograficas en las que, ademas, se permite quelas aristas consten de un solo elemento de V (una arista ası se llama lazo), o el de digraficas(o multi/seudo digraficas) en las que las aristas son parejas ordenadas de vertices. En estecurso no trabajaremos con graficas infinitas (aquellas en las que el conjunto de vertices esinfinito).
En general se hace una representacion geometrica de la grafica poniendo un punto porcada vertice y representando cada arista por una lınea entre los dos vertices que la determinan(en el caso de digraficas se pone una flecha).
De aquı en adelante G denota una grafica cualquiera con conjunto de vertices V y conjuntode aristas A. Los vertices de G seran u, v, w, . . ..
Si v es un vertice, el grado de v es el numero δ(v) de aristas que tienen como elementoa v. Definimos ∆(G) = maxδ(v) : v ∈ V y δ(G) = minδ(v) : v ∈ V. La grafica G esr-regular si ∆(G) = r = δ(G).
9.1 Proposicion. La suma de los grados de los vertices de una grafica es el doble delnumero de aristas.
Demostracion. Al sumar los grados de los vertices, cada arista se cuenta dos veces (unapor cada uno de sus extremos). ♦
9.2 Ejercicio. Probar que el numero de personas en el mundo que tienen un numeroimpar de hermanos es par.
9.3 Ejercicio. (∗) Sea G una grafica regular. Si G tiene 26 aristas, ¿cuantos verticespuede tener?
9.4 Ejercicio. (∗) Se quiere disenar una competencia con n participantes en la quecada uno compita exactamente con otros k. Probar que una competencia tal puede disenarsesi y solo si nk es par y n ≥ k + 1.
46
Si a = uv ∈ A, decimos que u y v son adyacentes y que a es incidente a u y a v. Sidos aristas tienen exactamente un vertice en comun decimos que son adyacentes.
Dados u, v ∈ V , un camino C de u a v (o uv-camino) es una sucesion de verticesalternados con aristas C = (u = v0, a1, v1, a2, . . . , an, vn = v) tal que para cada i = 1, . . . , n, aies incidente a (los vertices distintos) vi−1 y vi. Tambien escribimos C = (u = v0, v1, . . . , vn =v) o C = (a1, . . . , an). El camino es cerrado si v0 = vn; si no, se dice que es abierto. Elcamino es trayectoria si no repite vertices; es paseo si no repite aristas y es ciclo si no serepiten aristas y los unicos vertices que se repiten son el primero y el ultimo (v0 = vn). Lalongitud del camino, l(C), es n (el numero de aristas).
9.5 Ejercicio. (∗) Probar que todo uv-camino C contiene una uv-trayectoria. (Suge-rencia: Proceder por induccion sobre la longitud del camino.)
Una grafica es conexa si dados cualesquiera dos vertices u y v existe un uv-camino (ouv-trayectoria). En caso contrario se dice que la grafica es disconexa.
Dos graficas G1 = (V1,A1) y G2 = (V2,A2) son isomorfas si existe una biyeccion f :V1 → V2 tal que uv ∈ A1 si, y solo si, f(u)f(v) ∈ A2. Cuando dos graficas son isomorfas,las consideramos iguales; ası por ejemplo podemos hablar de la grafica que consta de un solovertice. Es claro que dos graficas isomorfas comparten las mismas propiedades, por ejemplode conexidad o del grado de los vertices (mas aun, un isomorfismo debe mandar un verticea otro del mismo grado). Denotamos por Tn la trayectoria de longitud n, y por Cn al ciclode longitud n.
Decimos que una grafica H es subgrafica de G (o que esta contenida en G) si elconjunto de vertices y de aristas de H son subconjuntos del conjunto de vertices y del dearistas de G, respectivamente (o si hay un isomorfismo entre H y una subgrafica de G).Una componente conexa de G es una subgrafica conexa maximal (es decir, ella es conexa,pero cualquier otra subgrafica que la contenga propiamente es disconexa). La componenteconexa de un vertice v es la subgrafica conexa maximal que lo contiene.
9.6 Ejemplo. Hay 6 graficas conexas no isomorfas con 4 vertices.
Demostracion. Son las siguientes 6:
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9.7 Ejercicio. (∗) Dar un ejemplo de dos graficas conexas no isomorfas en las que losgrados de los vertices sean los mismos.
La grafica completa con n vertices es aquella en la que por cada par de vertices hayuna arista que los une (es decir, tiene
(n2
)aristas); denotamos esta grafica por Kn. Si G es
una grafica con n vertices, la podemos considerar como subgrafica de Kn y el complementoG de G es la subgrafica de Kn formada por los mismos vertices de G pero en el que las aristasson aquellas aristas de Kn que no son aristas de G.
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K1 K2 K3 K4 K5
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La subgrafica inducida por un subconjunto V ′ del conjunto de vertices es (V ′,A′),donde si u, v ∈ V ′ y uv ∈ A entonces uv ∈ A′. Una subgrafica generadora es aquella quetiene todos los vertices de G.
En demostraciones por induccion, muchas veces conviene considerar las graficas obtenidasde la original al quitar un vertice o una arista. Si v ∈ V , la subgrafica de G que tiene porconjunto de vertices a V \ v y por conjunto de aristas a A \ a ∈ A : v ∈ a se denotapor G − v. Si a ∈ A, la subgrafica (V ,A \ a) de G se denota por G − a. Tambien, si u y vson vertices de G no adyacentes, la grafica G + uv tiene por conjunto de vertices a V y porconjunto de aristas a A∪uv. Analogamente podemos considerar G−S para S subconjuntodel conjunto de aristas o vertices.
9.8 Proposicion. Si G es una grafica entonces ella o su complemento es conexa.
Demostracion. Primera forma. Supongamos que G no es conexa. Probaremos que cuales-
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quiera dos vertices estan conectados en G. Tomemos u, v ∈ V distintos. Si u y v estan endiferente componente conexa de G, entonces hay una arista entre ellos en G. Si u y v estan enla misma componente conexa de G, sea w un vertice en otra componente (que existe porqueestamos suponiendo que G no es conexa. Entonces, en G hay una arista de u a w y tambiende v a w y, por tanto, (u,w, v) es una uv-trayectoria en G.
Segunda forma. Procedemos por induccion sobre el orden n de G. Para n = 1 el resultadoes obvio. Supongamos entonces que n ≥ 2. En Kn pintemos las aristas de G de verde y lasaristas de G de rojo. Si un vertice u tiene todas sus aristas de un mismo color, entonces uesta unido con todos los demas vertices en la grafica de ese color, ası que el resultado escierto. Supongamos entonces que u tiene aristas de cada uno de los dos colores. Por hipotesisde induccion, en Kn − u, alguna de las dos subgraficas resultantes G − u o G − u es conexa.Pero a u le llegan aristas de ambos colores ası que esta unido con las dos graficas y, enconsecuencia, G o G es conexa. ♦
9.9 Ejercicio. Encontrar una grafica G en la que ambas G y G sean conexas.
9.10 Ejercicio. (∗) Probar que solo hay dos graficas 4-regulares de orden 7. ¿Cuantasgraficas 6-regulares hay de orden 9?
Una grafica conexa sin ciclos se llama arbol. Un bosque es una grafica cuyas compo-nentes conexas son arboles. Un vertice de grado 1 es una hoja.
9.11 Lema. Un arbol tiene al menos dos hojas.
Demostracion. Una trayectoria maximal (en el sentido de que no esta contenida propia-mente en ninguna otra trayectoria) tiene sus extremos de grado 1. ♦
9.12 Proposicion. Una grafica conexa con n vertices es arbol si, y solo si, tiene n− 1aristas.
Demostracion. (⇒) Induccion sobre n. Si n = 1, el numero de aristas es 0 = n − 1.Supongamos n ≥ 1. Sea u vertice de grado 1. Entonces G − u es arbol con n − 1 vertices,por tanto, por hipotesis de induccion, tiene n− 2 aristas, ası que el arbol que tenıamos tienen− 1 aristas.
(⇐) Supongamos que la grafica tiene k ≥ 1 ciclos y quitemos una arista de un ciclo (la graficapermanece conexa); repitamos esto hasta eliminar todos los ciclos; obtenemos un arbol conn vertices y n− 1− k < n− 1 aristas, lo cual es una contradiccion. ♦
9.13 Ejercicio. Probar que las siguientes tres propiedades son equivalentes para unagrafica conexa G:
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(a) G es arbol.
(b) Si a G se le quita una arista cualquiera, la grafica resultante es disconexa.
(c) Entre cualesquiera dos vertices hay exactamente una trayectoria.
9.14 Ejercicio. (∗) En cada uno de los casos siguientes explicar por que no se puedeconstruir una grafica G con las condiciones indicadas.
(a) Que los grados de los vertices sean (9, 6, 6, 4, 3, 3, 1).
(b) Que los grados de los vertices sean (7, 4, 4, 4, 3, 3, 2, 1, 1).
(c) Que sea arbol y los grados de los vertices esten dados por la sucesion (6, 5, 4, 2, 2, 1, 1, 1).
9.15 Ejercicio. (∗) ¿Cuantos arboles no isomorfos hay con 6 vertices.
9.16 Ejercicio. (∗) ¿Es posible encontrar dos arboles no isomorfos en que la sucesionde grados sea la misma?
9.17 Ejercicio. Probar que toda grafica conexa tiene arbol generador.
Decimos que G es bipartita si V se puede partir en dos conjuntos (ajenos) U y W , novacıos, de manera que todo elemento deA tiene un extremo en U y otro enW . Para m y n na-turales la grafica completa bipartita, Km,n, consta de m+n vertices u1, . . . , um, w1, . . . , wny las mn aristas uiwj con i ∈ [m] y j ∈ [n].
9.18 Proposicion. Una grafica es bipartita si, y solo si, no tiene ciclos de longitudimpar.
Demostracion. (⇒) Coloreemos los vertices de uno de los conjuntos de rojo y el del otrode azul. En cualquier ciclo los vertices estan coloreados alternadamente, ası que no puedehaber ciclos de longitud impar.
(⇐) Sin perdida de generalidad G es conexa. Supongamos que no tiene ningun ciclo delongitud impar. Tomemos un vertice cualquiera v y pintemoslo de azul. Ahora pintemostodos los vertices unidos a v de rojo; posteriormente pintemos todos los vertices unidos aestos de azul, etc. El que no haya ciclos impares nos dice que si un vertice ya esta pintado
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de un color no trataremos de pintarlo del color contrario. La coloracion nos da la particionbuscada. ♦
Sea G conexa. Si u, v ∈ V , entonces su distancia es:
d(u, v) = minl(T ) : T es uv−trayectoria.
(Para graficas no conexas podrıa definirse d(u, v) = |V| cuando u y v pertenecen a diferentecomponente conexa.)
9.1. Paseos eulerianos y ciclos hamiltonianos
Un paseo euleriano en una multigrafica es un paseo que pasa por todas las aristas deG. Una multigrafica es euleriana si tiene paseo euleriano cerrado.
9.19 Teorema. Las siguientes son propiedades equivalentes para una multigrafica co-nexa G.
(a) G es euleriana.
(b) Todo vertice de G tiene grado par.
Demostracion. (a) ⇒ (b) Es claro, porque cada vez que se pasa por un vertice se usandos aristas.
(b) ⇒ (a) Probemos esto por induccion sobre el numero de aristas. La demostracion dela base de induccion (0 aristas) es clara. Sea G una grafica con a ≥ 1 aristas y 0 verticesde orden impar. Tenemos la hipotesis de induccion siguiente: En una grafica conexa con 0vertices de orden impar y menos de a aristas se puede construir un paseo euleriano iniciandoen cualquier vertice y y cualquier arista incidente a el. Utilizando esta hipotesis construyamosun paseo en G iniciando en cualquier vertice v. Para esto tomemos cualquier arista que tengaun extremo en v y despues una arista que inicie donde esa arista termino; continuemos asısucesivamente mientras podamos ir escogiendo aristas sin repetir. En el momento en quenuestro paseo no pueda continuar sera porque llegamos a un vertice en el que todas lasaristas ya se han usado; como todos los vertices tienen orden par, eso querra decir que elrecorrido se cerro, es decir, que llegamos al vertice v (donde habıamos empezado). En estemomento es posible que todavıa no se hayan usado todas las aristas; sin embargo, cada unade las partes conexas de la grafica que no hayan sido recorridas es una grafica en la quetodos los vertices son de orden par y que tiene menos aristas que nuestra grafica. Entonces,consideremos un vertice w del recorrido ya construido en el que haya alguna arista todavıa
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no usada y sea C la parte conexa de la grafica que contiene a w y que todavıa no ha sidorecorrida. Por la hipotesis de induccion, en C hay un recorrido euleriano que inicia en w.Entonces a nuestro recorrido le intercalamos esa parte (que obviamente debe terminar enel mismo w). Podemos hacer lo mismo en todos los vertices donde haya aristas no usadastodavıa, obteniendo ası el recorrido euleriano. ♦
9.20 Corolario. Una multigrafica G tiene paseo euleriano abierto si, y solo si, tieneexactamente dos vertices de grado impar.
Demostracion. Agregamos arista entre esos vertices y, usando 9.19, construimos un paseoempezando en una de esas aristas; despues retiramos del paseo la arista agregada. ♦
9.21 Observacion. De la demostracion del teorema es claro que el paseo puede empe-zar en cualquier arista si todos los vertices tienen grado par y en, el otro caso, en cualquierarista de cualquier vertice de grado impar.
9.22 Ejercicio. El problema de los puentes de Koninsberg describe 4 trozos detierra A, B, C y D, separados por un rıo pero unidos por algunos puentes, como se muestraen el esquema. ¿Es posible pasar de pedazos de tierra a otros usando cada puente exactamenteuna vez?
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9.23 Ejercicio. (∗) (a) Sea G una grafica regular en la que los vertices tienen grado4. Probar que es posible colorear las aristas de G de manera que a cada vertice lleguen dosaristas azules y dos rojas.
(b) Probar que si en G todos los vertices tienen grado 6, entonces no necesariamente escierto que se puedan pintar de manera que a cada vertice lleguen tres aristas azules y tresrojas.
Ası como hablamos de caminos eulerianos, los cuales usan todas las aristas, podemosconsiderar caminos hamiltonianos; son aquellos que usan todos los vertices. Ası habla-mos de ciclo hamiltoniano o de trayectoria hamiltoniana. Una grafica G es graficahamiltoniana si tiene ciclo hamiltoniano.
9.24 Ejemplo. Para n ≥ 3, Kn y Cn son hamiltonianas.
No existe respuesta completa sobre la existencia de ciclos hamiltonianos en una grafica.El siguiente es un criterio que podemos usar para determinar que ciertas graficas no sonhamiltonianas.
Dada una grafica G denotamos por k(G) al numero de componentes conexas de G.
9.25 Proposicion. Si G es hamiltoniana, entonces para todo S ⊂ V no vacıo se tieneque k(G − S) ≤ |S|
Demostracion. Si C es un ciclo hamiltoniano en G entonces k(G−S) ≤ k(C−S) ≤ |S|. ♦
El recıproco del criterio 9.25 es falso; en general se usa en forma negativa, es decir,cuando en una grafica es posible encontrar un subconjunto S del conjunto de vertices talque al quitarlo el numero de componentes es mas grande eque el numero de elementos de S,entonces se puede asegurar que la grafica no es hamiltoniana. Ilustramos esto en es siguienteejemplo.
9.26 Ejemplo. La grafica G cuyos vertices son los cuadros de un tablero de ajedrez de4 × 4 con una arista entre dos vertices si, y solo si, los cuadros correspondientes se puedenalcanzar con un salto de caballo no es hamiltoniana.
Solucion. En el dibujo se ilustra un conjunto S con cuatro elementos tal que al quitar Sde la grafica, el numero de componentes es 6.
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9.27 Teorema. (Teorema de Ore.) Si G es una grafica con n ≥ 3 vertices en la quepara cada par de vertices u y w no adyacentes se tiene que δ(u) + δ(w) ≥ n, entonces G eshamiltoniana.
Demostracion. Supongamos que G no tiene ciclo hamiltoniano y agreguemos todas lasaristas que podamos sin que se forme un ciclo hamiltoniano. En la nueva grafica la condicionde que la suma de grados de vertices no adyacentes es mayor o igual que n se satisface asıque podemos suponer que la misma G es tal que al agregarle cualquier arista se forma unciclo hamiltoniano. Sean u y w dos vertices entre los cuales no hay arista (existen porque enKn hay ciclo hamiltoniano). Como al agregar la arista uw se formarıa un ciclo hamiltoniano,eso quiere decir que hay una trayectoria hamiltoniana (u = v1, . . . , vn = w). Ahora, comoδ(u) + δ(w) ≥ n, existe un ındice i tal que uvi+1 y viw son ambas aristas puesto que, encaso contrario, consideremos la funcion f : N (w)→ V \ N (u) dada por f(vi) = vi+1 que esinyectiva, y tenemos que N (u) ∩ Im(f) = ∅ y que u /∈ N (u) ∪ Im(f), de donde
δ(u) + δ(w) = |N (u)|+ |N (w)| = |N (u)|+ |Im(f)| ≤ n− 1,
lo cual es una contradiccion. Tomemos entonces un ındice i tal que uvi+1 ∈ A y viw ∈ A einvertamos la porcion de la trayectoria de vi+1 a w para obtener el ciclo:
(u = v1, v2, . . . , vi, w = vn, vn−1, . . . , vi+1, v1 = u),
de donde tenemos una contradiccion. ♦
9.28 Ejercicio. A una comida van a asistir n ≥ 3 embajadores. Cada uno de ellos esamigo de al menos n
2embajadores. Probar que se pueden sentar en una mesa redonda de
manera que cada embajador este al lado de dos de sus amigos.
9.29 Ejercicio. (∗) Determinar si las siguientes graficas (graficas de los solidos platoni-cos) son hamiltonianas o no.
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9.30 Ejercicio. (∗) Sea Gm,n la grafica cuyos vertices son los cuadros de un tablerorectangular de ajedrez de m × n con una arista entre dos vertices si, y solo si, los cuadroscorrespondientes se pueden alcanzar con un salto de caballo. Usar 9.25 para probar que sim es impar, entonces Gm,m no es hamiltoniana.
9.31 Ejercicio. (∗) Decir cual es el error en la siguiente “demostracion” del problemade los embajadores 8.6: “Procedemos por induccion sobre n. Para n = 3 es cierto puesn2
= 32, ası que cada embajador debe tener al menos dos amigos y la grafica de amistades es
un triangulo. Consideremos ahora el caso de n embajadores con n ≥ 4; usando la hipotesisde induccion sentemos a n−1 de los embajadores en mesa redonda y sea E el embajador quefalta por sentarse. Como el tiene al menos n
2amigos hay dos embajadores sentados juntos
que son amigos de E y entonces el se puede sentar entre ellos.”
9.32 Ejercicio. (∗) Hay un tesoro en cada cubo de 1× 1× 1 de los 343 que forman uncubo de 7× 7× 7. Un duende se encuentra en el cubo central; en cada momento puede pasarde un cubo a cualquier otro que comparta un cuadrado con el cubo donde esta. Resulta quesi regresa a un cubo por el que ya paso, entonces un monstruo le quita todos los tesoros queha obtenido hasta el momento. Las salidas estan en las 8 esquinas del cubo. ¿Es posible quesalga del cubo con todos los 343 tesoros?
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9.2. Graficas planas
Decimos que G es una (multi)grafica plana si esta dibujada en el plano (o, equivalen-temente, en la superficie de una esfera) y sus aristas no se intersectan (salvo en los verticesque las forman).
Una (multi/seudo) grafica G es aplanable si es isomorfa a una (multi/seudo) graficaplana.
9.33 Ejemplo. K4 es aplanable.
En una grafica plana cualquier region delimitada por aristas es una cara, incluso la regionexterior (no acotada).
En dos graficas planas isomorfas es posible que las caras no tengan el mismo numero delados, como lo muestra la siguiente figura.
9.34 Ejemplo. Son aplanables Cn, los arboles y las graficas de los solidos platonicos.
9.35 Ejercicio. (∗) Probar que K2,n es aplanable.
En lo que sigue, denotamos por V , A y C a los numeros de vertices, aristas y caras,respectivamente, de una (multi/seudo) grafica plana G.
9.36 Teorema. (Formula de Euler.) Si G es conexa, entonces
V − A+ C = 2.
Demostracion. Induccion sobre A. Por ser la grafica conexa, el menor numero de aristasque puede tener es A = V − 1, cuando G es un arbol. En este caso solo hay una cara, dedonde se satisface trivialmente la formula. Ahora tomemos una grafica G con A aristas, dondeA ≥ V . Entonces G tiene ciclos; sea a una arista perteneciente a un ciclo y consideremos la
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grafica G ′ obtenida de quitar a a G. Observemos que al quitar la arista a, alguna cara se unecon otra (todo esto, incluso si a es lazo o arista multiple), de manera que
V ′ = V,
A′ = A− 1,
C ′ = C − 1,
donde V ′, A′ y C ′ son, respectivamente, los numeros de vertices, de aristas y de caras deG ′, y ası, usando la hipotesis de induccion, es claro que la formula se satisface tambien paraG. ♦
9.37 Corolario. El numero de caras de una (multi/seudo) grafica aplanable conexano depende del dibujo en el plano. ♦
9.38 Ejercicio. Usar la formula de Euler para determinar el numero de regiones enque n rectas en posicion general dividen al plano.
9.39 Proposicion. Si G tiene al menos 3 vertices y es grafica aplanable maxima (esdecir, al agregar una arista ya no es aplanable) entonces todas sus caras son triangulos.
Demostracion. Dibujemos G de manera plana en R2, y supongamos que alguna cara tienemas de 3 lados; entonces se puede agregar una arista entre dos vertices no consecutivos deesa cara y la grafica sigue siendo plana, lo cual es una contradiccion. ♦
9.40 Proposicion. Si G es grafica aplanable con V ≥ 3 vertices y A aristas entonces
A ≤ 3V − 6.
Demostracion. Construyamos G ′ a partir de G agregando aristas de manera que G ′ seaplana maxima (y conexa). Si V ′, A′ y C ′ son los numeros de vertices, aristas y caras de G ′,respectivamente; entonces 3C′
2= A′ (pues cada cara tiene tres aristas y cada arista pertenece
a dos caras), de donde C ′ = 23A′; sustituyendo en la formula de Euler tenemos
2 = V ′ − A′ + 2
3A′ = V ′ − 1
3A′.
Pero V = V ′ y A ≤ A′, de donde
V − 1
3A ≥ V ′ − 1
3A′ = 2,
y de aquı tenemos el resultado buscado. ♦
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9.41 Corolario. K5 no es aplanable.
Demostracion. Si fuera aplanable cumplirıa que A ≤ 3V − 6, pero 3V − 6 = 3 · 5 − 6 =9 < 10 = A. ♦
9.42 Observacion. Si H es subgrafica de una grafica aplanable, entonces H es apla-nable.
9.43 Corolario. Kn no es aplanable para n ≥ 5. ♦
9.44 Ejercicio. (∗) Probar que K3,3 no es aplanable usando el teorema de Euler.
9.45 Corolario. Si G es aplanable entonces tiene al menos un vertice de grado menoro igual que 5.
Demostracion. Si todos tuvieran grado mayor o igual que 6, entonces 2A =∑
v δ(v) ≥ 6V,de donde A ≥ 3V > 3V − 6. ♦
9.46 Nota. Como acabamos de ver, K5 y K3,3 no son aplanables ni lo es ninguna graficaque contenga alguna de ellas como subgrafica. Una especie de recıproco de este resultado escierto. Es el teorema de Kuratowsky: Si G es aplanable, entonces G no “contiene” a K5 ni aK3,3. Sin embargo hay que interpretar lo de que no “contiene” de cierta manera; por ejemplo,es claro que si a K5 le agregamos un vertice enmedio de una arista, la nueva grafica tampocosera aplanable a pesar de no contener a K5 ni a K3,3. Tambien, por ejemplo, es claro que lagrafica de petersen dibujada aquı abajo no es aplanable pues si contrajeramos a puntos lasaristas que unen a los dos pentagonos obtendrıamos K5. No haremos preciso aquı el sentidode no “contiene” ni probaremos el teorema.
La grafica dual de una (multi/seudo) grafica plana conexa G es (multi/seudo) graficaG∗ construida a traves de G poniendo un vertice por cada cara de G y tal que dos vertices deG∗ estan unidos mediante una arista si, y solo si, las caras correspondientes en G compartenarista.
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9.47 Observacion. (a) Como vimos en la figura, aun cuando G sea simple, G∗ nonecesariamente lo es.
(b) G∗ tambien es aplanable porque por cada cara de G solo hay un vertice y por cadaarista de G hay exactamente una arista de G∗, ası que, dentro de cada cara, las aristas sepueden dibujar de manera que no haya interseccion (salvo en el vertice que representa lacara).
(c) La grafica dual de G∗ es G.
(d) La grafica dual depende del encaje en el plano. Por ejemplo, las dos graficas G1 y G2
dibujadas abajo son isomorfas, pero observemos que las dimensiones de las caras de G1 son(5, 5, 4, 3), mientras que las de G2 son (6, 4, 3, 3), lo cual hace que en G∗1 no haya vertice degrado 6, mientras que en G2 sı lo hay.
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Como primera aplicacion de lo anterior probaremos que los unicos poliedros regulares sonlos platonicos.
Se puede abstraer la definicion de poliedro de diversas maneras. Nos interesa aquı anali-zarlos como graficas y considerar algunas propiedades basicas, las cuales mencionamos aquı:Son graficas conexas, planas (mas bien las consideramos dentro de la esfera), cada cara estadefinida por un ciclo de longitud al menos 3 y cada vertice tiene grado al menos 3. A unagrafica que cumple estas propiedades le llamamos poliedrica.
9.48 Observacion. La grafica dual de una grafica poliedrica tambien es poliedrica.
9.49 Teorema. Los unicos poliedros regulares son los platonicos.
Demostracion. Supongamos que G es una grafica poliedrica regular en la que el grado decada vertice es g y el numero de aristas de cada cara es l. Sea V el numero de vertices, Ael numero de aristas y C el numero de caras de G. Por la definicion de grafica poliedricatenemos que
g, l ∈ 3, 4, 5.
Ademas,
A =V g
2=Cl
2.
Consideremos los distintos casos para g:
∗ Si g = 3, entonces 3V2
= A = Cl2
, de donde V = Cl3
y en la formula de Euler Cl3− Cl
2+C =
2 y, por tanto, C(6− l) = 12. Para l = 3 se tiene C = 4, A = 6 y V = 4; este es el caso deltetraedro. Para l = 4 se tiene C = 6, A = 12 y V = 8; este es el caso del cubo. Para l = 5se tiene C = 12, A = 30 y V = 20; este es el caso del dodecaedro.
∗ Si g = 4, entonces 4V2
= A = Cl2
, de donde V = Cl4
, y en la formula de Euler Cl4−Cl
2+C =
2, ası que C(4 − l) = 8. Aquı la unica posibilidad es l = 3, y entonces C = 8, A = 12 yV = 6; este es el caso del octaedro.
∗ Si g = 5, entonces 5V2
= A = Cl2
, de donde V = Cl5
, y en la formula de Euler Cl5−Cl
2+C =
2, y tenemos C(10− 3l) = 20. Aquı la unica posibilidad es l = 3, y entonces C = 20, A = 30y V = 12; este es el caso del icosaedro. ♦
60
Ahora consideraremos otra aplicacion importante: la coloracion de mapas. El problemaconsiste en lo siguiente: Dado un mapa (de paıses), ¿cuantos colores bastan para colorearcada paıs de manera que si dos paıses comparten una frontera entonces su color es distinto?El problema traducido a graficas es el siguiente: Dada una grafica plana en la que no hayvertices de grado 1, ¿cuantos colores bastan para pintar sus caras de manera que carasadyacentes tengan distinto color? Se ha demostrado, mediante el uso de la computadora,que 4 colores bastan. Nosotros lo probaremos aquı para 5 colores. Consideraremos el casodual (coloracion de vertices es decir, funcion del conjunto de vertices en un conjunto cuyoselementos se llaman colores), recordando que los lazos en la grafica dual de una grafica seproducen cuando un vertice de la grafica original tiene grado 1. Decimos que una coloracionde vertices es buena o propia si vertices adyacentes tienen distinto color.
9.50 Proposicion. Sea G una grafica plana sin lazos. Entonces existe una buena co-loracion con 5 colores para los vertices de G.
Demostracion. Sin perdida de generalidad podemos suponer que la grafica es conexa.Tambien es claro que podemos suponer que no hay aristas multiples. Supongamos entoncesque G es una grafica simple conexa. Procedemos por induccion sobre V . Si V = 1 no haynada que probar. Supongamos que V > 1 y que el resultado es cierto para graficas con menosde V vertices. Si la grafica no es poliedrica, por ser simple y conexa debe de tener un verticede grado menor que 3; si la grafica es poliedrica entonces, tiene un vertice de grado menoro igual que 5; en cualquier caso, sea v un vertice de grado menor o igual que 5 y usemos lahipotesis de induccion para colorear los vertices de G − v con 5 colores de manera que nohaya vertices adyacentes con el mismo color. Es claro que si alguno de los 5 colores no se usoen los vertices adyacentes a v, entonces podemos pintar v con uno de ellos, obteniendo asıla buena coloracion buscada para G. Veamos que existe una coloracion para los vertices deG − v en la que en los vertices adyacentes a v no se usan los 5 colores. Supongamos que noy sean v1, v2, . . . , v5 los vertices adyacentes a v, escritos en orden de las manecillas del reloj;sea i el color usado para vi. Por nuestra suposicion, el color 3 no puede usarse para v1 (puesv3 lo usa); eso quiere decir que v1 esta unido a algun otro vertice ya pintado con el color 3,pero analogamente, ese otro vertice no puede cambiarse de color al 1 por estar unido a otrocon el numero 3 y ası sucesivamente; la unica posibilidad de que no pueda intercambiarse el
61
color 1 por el 3 en toda la grafica sin cambiar tambien el color de v3 es que se forme unatrayectoria de v1 a v3 en G − v en que los vertices vayan alternando los colores 1 y 3. Estomismo puede hacerse con los vertices v2 y v4; sin embargo esto produce dos trayectorias quese intersectan; como la grafica es plana, la interseccion es un vertice comun a los caminos,lo cual es un absurdo.
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v1
v2
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v
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3
3
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9.51 Ejercicio. (∗) Explicar por que no puede continuarse la demostracion de 9.50para que, una vez cambiado el color de v3 por el color 1, continuar con un argumento similarpara intentar cambiar el color de v5 por el de v3 (o el de v4 por el de v2), y entonces concluirque 4 colores son suficientes.
9.52 Ejercicio. Encontrar una grafica plana sin lazos cuyos vertices no tengan unabuena coloracion con 3 colores.
62
10. Problemas Dinamicos
En algunos problemas en que hay variacion de una determinada situacion, conviene anali-zar que cambia, si hay alguna tendencia en el cambio o si hay algo que permanezca constante.Haremos aquı varios ejemplos. Como veremos, en problemas dinamicos muchas veces es con-veniente analizar como cambia o permanece constante la paridad, es decir, la condicion deser par o impar. Trabajaremos tambien en este capıtulo el tema de juegos.
10.1 Ejemplo. ¿Es posible poner los sımbolos + o − a todos los numeros del 1 al 20de manera que al hacer la operacion se obtenga el numero 13?
Solucion. Primera forma. Modulo 2 todo numero es congruente a su negativo; como lasuma 1 + 2 + · · ·+ 20 vale 0 modulo 2 pero 13 es congruente con 1, no es posible.
Segunda forma. Si sumamos todos los numeros el resultado es 210 que es par. A cualquierotra expresion con los sımbolos + y − se puede llegar de esta cambiando de uno en uno los+ que sean necesarios por −. Esta operacion deja invariante la paridad y, como 13 es impar,no es posible. ♦
10.2 Ejemplo. En las casillas de una cuadrıcula de 2× 4 estan escritos los numeros 0y 1 como se indica en la figura.
0 0 0
0 0 01
1
Se va aplicar la siguiente operacion: A dos casillas que compartan un lado se les puedesumar o restar la misma cantidad. Aplicando esta operacion las veces que se quiera, ¿esposible llevar todos los numeros en la cuadrıcula a 0′s?
Solucion. Coloreemos los cuadros de la cuadrıcula en forma alternada, como en un tablerode ajedrez, y en cada momento consideremos la diferencia entre la suma de los numeros queaparecen en las casillas negras y la suma de los que aparecen en las casillas blancas.
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Observamos entonces que la operacion permitida no altera esta diferencia pues se le suma oresta la misma cantidad a una casilla negra y a una blanca. Como la diferencia al principioes 2 y la diferencia en la posicion en que todos los numeros son 0 es 0, concluimos que no es
63
posible. ♦
Como pudimos observar en el ejemplo anterior, lo importante fue darse cuenta de que semantiene invariante a lo largo del problema. Tratemos otro ejemplo de este estilo.
10.3 Ejemplo. Dada una lista de 0′s y 1′s le podemos aplicar la operacion siguiente:Se escogen dos numeros a y b de la lista, se borran y se agrega a la lista el numero 0 si a = b,y 1 si a 6= b. Se repite esta operacion hasta quedarse con un solo numero. Determinar comodebe ser la lista para terminar con un 1.
Solucion. Consideremos la cantidad C de 1′s que hay en un momento determinado, y lacantidad C ′ de 1′s que hay despues de haber aplicado la operacion una vez. Observamos quela paridad de C y la de C ′ es la misma (es decir, que si C es par o impar, entonces tambien loes C ′). Entonces, la condicion necesaria y suficiente para obtener un solo 1 al final es haberiniciado con una cantidad impar de 1′s. ♦
En los dos ejemplos siguientes consideraremos problemas dinamicos en los que lo impor-tante es darse cuenta que una situacion no puede cambiar indefinidamente.
10.4 Ejemplo. De un grupo de personas se sabe que cada una de ellas tiene a lo mas3 amigos dentro del grupo. Probar que se pueden separar en dos grupos de tal manera queen cada grupo cada persona tenga a lo mas un amigo.
Solucion. Dividamos de cualquier forma las personas en dos grupos y consideremos, paracada persona A, el numero p(A) de amigos de A dentro del mismo grupo que A (entoncesp(A) ≤ 3). Analicemos la suma total de todos los p(A)′s. Si algun p(A) > 1, entoncescambiemos A de grupo. De esta manera, la suma de todos los p(A) disminuye con respectoa la anterior. Volvemos a repetir el procedimiento mientras haya algun p(A) > 1. Comola suma es siempre un entero mayor o igual que 0, el procedimiento no puede continuarindefinidamente; esto quiere decir que en algun momento todos los p(A) seran a lo mas 1,que es lo que buscabamos. ♦
10.5 Ejemplo. A una lista de numeros enteros se le aplica la siguiente operacion: Cadanumero se cambia por el numero de veces que ese mismo numero aparece en la lista. Estaoperacion se aplica sucesivamente. Por ejemplo, a continuacion se puso por renglones comoirıa cambiando la lista de numeros que aparece en el primer renglon:
1 4 7 1 4 2 3 2 2 1 1 54 2 1 4 2 3 1 3 3 4 4 14 2 3 4 2 3 3 3 3 4 4 34 2 6 4 2 6 6 6 6 4 4 64 2 6 4 2 6 6 6 6 4 4 6
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Probar que en algun momento la lista queda invariante (es decir, permanece sin cambios,como ocurre en el ejemplo a partir del cuarto paso).
Solucion. Supongamos que la lista consta inicialmente de n numeros (posiblemente algu-nos de ellos repetidos). Observamos que a partir de la segunda vez que se aplica la operacion,cada numero se sustituye por uno mayor o igual que el (pues, por ejemplo, si un numeroaparecıa 3 veces, se escribe 3 abajo de ese numero, ası que el 3 se repite por lo menos 3 vecesy en el siguiente renglon el 3 se sustituira por algo mayor o igual que 3). Como lo maximoque se puede escribir en cada lugar es n (pues hay n numeros), entonces el procedimientono puede continuar indefinidamente produciendo numeros distintos. En el momento que unalista es igual que la anterior, la lista ya queda invariante. ♦
10.6 Ejercicio. (∗) En una mesa hay 122 fichas rojas, 49 azules, 101 blancas y 86verdes. Se dispone ademas de una bolsa con 500 fichas de cada uno de los cuatro colores.Una operacion permitida consiste en tomar tres fichas de distinto color de la mesa, ponerlasen la bolsa y sacar de la bolsa tres fichas del otro color para colocarlas en la mesa. Elprocedimiento termina si en algun momento ya no hay fichas de tres colores distintos sobrela mesa. ¿Es posible realizar esta operacion el suficiente numero de veces para que todas lasfichas queden del mismo color?
En el siguiente problema hablamos de las fichas del ajedrez llamadas caballos. Paraentender el problema no necesitamos saber jugar ajedrez sino simplemente decir que unmovimiento permitido de un caballo de una casilla a otra del tablero consiste en caminardos cuadros horizontales o verticales, y luego uno hacia un lado de la direccion que lleva.Esto lo indicamos en el siguiente dibujo en donde aparece K en una casilla ocupada por uncaballo, y estan sombreadas las casillas a las que ese caballo puede moverse. (En el ejerciciono se toma en cuenta el color de los caballos, ni que en el ajedrez hay otras fichas.)
K
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10.7 Ejercicio. (∗) En cada casilla de un tablero de ajedrez de 7 × 7 hay un caballo.¿Es posible que simultaneamente cada caballo haga un movimiento permitido si no debenquedar dos caballos en una misma casilla?
10.8 Ejercicio. (∗) En el cubo del espacio con vertices en (i, j, k) con i, j, k ∈ 0, 1, alos vertices P = (0, 0, 1) y Q = (1, 1, 1) se les asigna el numero 1 y a los demas se les asignael numero 0. Una operacion permitida consiste en escoger una arista del cubo y sumar 1 alos dos extremos. Probar que repitiendo esta operacion varias veces no es posible que todos
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los numeros terminen siendo iguales.
10.9 Ejercicio. (∗) En cierto juego hay varios montones de piedras que pueden modi-ficarse de acuerdo a las siguientes dos reglas:
(a) Se pueden juntar dos de los montones en uno solo.
(b) Si un monton tiene un numero par de piedras entonces se puede partir en dos montonescon el mismo numero de piedras cada uno.
Al principio hay tres montones, uno de ellos tiene 5 piedras, otro tiene 49 y otro tiene51. Con movimientos sucesivos y siguiendo las reglas (a) y (b), ¿es posible lograr que alfinal haya un monton con una piedra y otro con 104? (Sugerencia: Analizar las diferentesposibilidades y pensar en divisibilidad entre 3, 5 y 7.)
Los problemas que se presentan a continuacion estan dentro de la categorıa de los juegos.Consideraremos juegos (sin azar) en los que dos jugadores A y B intervienen por turnos, demanera que A toma el primer turno. En cada caso indicaremos las reglas del juego, es decir,jugadas o movimientos permitidos que los jugadores deben realizar, entendiendo que elprimer jugador que no pueda hacerlo es el perdedor. De manera general, observemos que en elmomento de tomar su turno, cada jugador se encuentra con una posicion en el juego (esta vavariando durante el juego). Una posicion se llama ganadora si el jugador que se la encuentrapuede “jugar” de tal manera que al final termine por ganar. Una posicion es perdedora siel jugador que se la encuentra, sin importar los movimientos que haga, no podra ganar si elotro juega correctamente. Se dice que uno de los dos jugadores tiene estrategia ganadora (enun juego determinado) si puede hacer que el otro pierda forzosamente; en otras palabras, sipuede jugar de manera que siempre deje al otro en posicion perdedora. Todo esto quedaraclaro con los siguientes ejemplos.
10.10 Ejemplo. Se cuenta con un monton de 24 fichas sobre una mesa. Los movi-mientos permitidos consisten en retirar entre 1 y 4 fichas. ¿Cual de los dos jugadores tieneestrategia ganadora?
Solucion. Para resolver el problema procedamos al reves, es decir, fijandonos en las ultimasposiciones que llevan al triunfo (o sea, posiciones ganadoras). Es claro que un jugador que seencuentra con 1, 2, 3 o 4 fichas puede ganar en ese turno (tomando todas las fichas); entoncescada una de estas es una posicion ganadora. Por otro lado, encontrarse con 5 fichas resultauna posicion perdedora: el jugador que tiene esa posicion, debera retirar entre 1 y 4 fichasy, en cualquier caso, dejara al otro en una posicion ganadora, segun habıamos visto. Ahorabien, el jugador que se encuentra con 6, 7, 8 o 9 fichas esta en posicion ganadora puesto quepuede dejar al otro en posicion perdedora retirando el numero de fichas necesario para dejaral otro con 5 fichas, que ya habıamos dicho que era una posicion perdedora. Procediendo deesta manera, hacia atras, y poniendo G o P segun si la posicion es ganadora o perdedora,
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respectivamente, de acuerdo al numero de fichas que haya en ese momento, tenemos:
1−G, 2−G, 3−G, 4−G, 5− P,6−G, 7−G, 8−G, 9−G, 10− P,11−G, 12−G, 13−G, 14−G, 15− P,16−G, 17−G, 18−G, 19−G, 20− P,21−G, 22−G, 23−G, 24−G. 25− P,
...
Es claro entonces que el jugador A se encuentra en posicion ganadora al iniciar el juego, ysu estrategia ganadora consiste en dejar a B siempre con un numero de fichas multiplo de5. ♦
Trabajando como en el ejemplo anterior, no es difıcil darse cuenta que si la regla del juegofuera tomar cualquier numero de fichas entre 1 y n, entonces las posiciones perdedoras serıanlas que son multiplos de n + 1, y todas las demas serıan posiciones ganadoras. El jugadorcon estrategia ganadora puede ganar el juego si en cada momento deja a su contrincante conuna jugada perdedora, es decir, con un multiplo de n+ 1 fichas.
10.11 Ejemplo. Se cuenta con un monton de 120 fichas sobre una mesa. Los movi-mientos permitidos consisten en retirar una cantidad de fichas que sea potencia de 2: 1(= 20),2(= 21), 4(= 22), 8(= 23), etc. ¿Cual de los dos jugadores tiene estrategia ganadora?
Solucion. Podemos resolver este problema de manera parecida al anterior examinando, deatras para adelante, si una posicion es ganadora o perdedora: 1 y 2 son claramente ganadoras,es decir, si un jugador llega a encontrarse en su turno con solo 1 o 2 fichas, ganara tomandolastodas. Por el contrario, si se encuentra con 3 fichas, solo podra tomar 1 o 2 y, en cualquiercaso, dejara al otro en posicion ganadora. Otra vez, 4 y 5 son posiciones ganadoras: bastaque el jugador que se encuentre en esa posicion tome 1 o 2 fichas, de manera que deje al otrocon una posicion en que hay 3 fichas, es decir, en una posicion perdedora. Para ver que 6 esuna posicion perdedora observemos que todas las posibilidades llevan al otro jugador a unaposicion ganadora: 6− 1 = 5, 6− 2 = 4 y 6− 4 = 2. Podrıamos hacer todo el analisis de lamisma manera que hasta ahora y llegar a ver si 120 es posicion ganadora o no. Sin embargo,basandonos en los casos hasta ahora analizados podemos conjeturar que los multiplos de 3representan posiciones perdedoras y los demas, ganadoras. Probemos esto. Para ello, tenemosque demostrar dos cosas:
(a) Que si el jugador encuentra un numero de fichas no multiplo de 3, entonces puededejar al otro en una posicion con una cantidad de fichas multiplo de 3 (es decir, en unaposicion de las que hemos conjeturado que son perdedoras). Esto es facil pues si el numerode fichas que se encuentra es k, y k no es multiplo de 3, entonces forzosamente uno de losdos: k − 1 o k − 2 sı lo es (por ejemplo, si k = 14, basta que el jugador tome 2 fichas paradejar al otro con 12, que es multiplo de 3).
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(b) Que si un jugador encuentra un numero de fichas multiplo de 3, al tomar cualquiercantidad de fichas permitido dejara al otro jugador con un numero de fichas no multiplo de3 (es decir, en una posicion de las que hemos conjeturado que son ganadoras). Para ver estosupongamos que se encuentra con 3a fichas y que sı puede dejar al otro con un numero defichas multiplo de 3, digamos 3b. El numero de fichas que puede retirar es potencia de 2,digamos 2n (con n ≥ 0 entero). En consecuencia tenemos que 3a − 2n = 3b, pero entonces2n = 3(a− b), es decir, 2n es multiplo de 3, lo cual es imposible. Con todo lo anterior hemosprobado que 120 es una posicion perdedora; ası el jugador B tiene estrategia ganadora, yesta consiste en tomar cada vez 1 o 2 fichas, de manera que deje a A siempre con un numerode fichas multiplo de 3. ♦
10.12 Nota. En juegos como los que hemos estado analizando, el numero de posicioneses finito y una posicion no puede aparecer dos veces. Entonces si consideramos una graficadirigida (ver [6.1]) en la que los vertices son las posiciones y hay una flecha de una posicionP1 a otra P2 si en un movimiento se puede llegar de P1 a P2, entonces tenemos una graficafinita sin ciclos dirigidos (es decir, ciclos en los que el punto final de cada arista es el inicialde la siguiente). En juegos de este tipo es claro que debe haber estrategia ganadora. Paraencontrarla, se puede poner el valor de posicion ganadora (G) o perdedora (P ) en cada unode los vertices como sigue: Todos los vertices de los cuales no sale flecha tienen P (pues eljugador que encuentra esa posicion ya no puede jugar); cualquier vertice que tenga flechahacia uno de estos tiene una G (pues el jugador que se encuentra en esa posicion puedejugar de manera que deje al otro en posicion P ). Podemos proceder ası, inductivamente,clasificando las posiciones en vertices de los cuales salen flechas cuyos extremos finales yahemos clasificado, mediante las siguientes dos condiciones:
(a) Un vertice lleva P si todas las flechas que salen de el van hacia vertices con G.
(b) Un vertice lleva G si existe una flecha que sale de el que va hacia un vertice que tiene P .
La estrategia ganadora consiste en seguir flechas que van de un vertice con G a un verticecon P .
10.13 Ejercicio. (∗) En una cuadrıcula de 12× 12 las lıneas de la orilla son continuasy las interiores son punteadas, como se muestra. Luis y Miguel van a jugar un juego sobreel tablero. En su turno Luis escoge alguna lınea horizontal punteada y la remarca desde unaorilla de la cuadrıcula hasta la otra (es decir, hace continua la horizontal completa de longitud12), despues Miguel escoge una lınea vertical punteada y la remarca (tambien toda la lıneade longitud 12). Empieza Luis y despues van alternando turnos escogiendo siempre lıneastodavıa punteadas (Luis siempre escoge horizontales y Miguel siempre escoge verticales).Gana el primero que logre formar, con las lıneas continuas, un cuadrado de 1× 1. ¿Cual delos dos jugadores tiene estrategia ganadora y cual serıa esta?
En el siguiente juego se juega con los caballos del tablero de ajedrez. Las casillas que un
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determinado caballo ataca son aquellas a las que llegarıa con un movimiento permitido. Enel ejemplo no se toma en cuenta el color de los caballos, ni que en el ajedrez hay otras fichas;ademas se considera que el numero de caballos es suficiente para terminar el juego.
10.14 Ejemplo. En un tablero de ajedrez (inicialmente vacıo) una jugada permitidaconsiste en colocar un caballo en una casilla vacıa y no atacada por ningun otro caballo queya se encuentre en el tablero. ¿Cual de los dos jugadores tiene estrategia ganadora?
Solucion. El jugador B tiene estrategia ganadora que consiste en colocar un caballo en lacasilla simetrica con respecto al centro del tablero a la que A utilizo en el turno precedente.Para que quede claro el significado de “simetrico con respecto al centro”, incluimos aquıabajo un dibujo de un tablero en el que se han marcado con el mismo numero las casillassimetricas con respecto al centro.
1
1
2
23
34
4
5
5
Veamos que el jugador B siempre puede realizar un movimiento permitido. Es claro que siA pudo jugar en el turno precedente, entonces B encuentra la casilla simetrica vacıa, puestoque en todo momento B “simetriza 2A “desimetriza” (y el tablero es simetrico inicialmente).Llamemos c a la casilla en la que B va a colocar un caballo en un momento determinado (essimetrica a la casilla en la que A coloco un caballo en su ultimo turno) y veamos que c noesta atacada por ningun caballo. Los caballos que se encontraban sobre el tablero antes dela ultima jugada de A no atacan c puesto que A sı pudo jugar y c es simetrica a la casillaque A utilizo. Por otro lado, el ultimo caballo que A coloco tampoco ataca c pues un caballonunca ataca su posicion simetrica (para que esto ultimo sea mas evidente, consideremos lacoloracion usual de un tablero de ajedrez en que la mitad de las casillas son blancas y la otrason negras de manera que cada dos casillas adyacentes tienen distinto color; entonces es facilobservar que dos posiciones simetricas tienen el mismo color, pero que las casillas atacadaspor un caballo tienen distinto color que la casilla ocupada por el caballo). ♦
El siguiente ejemplo tiene un planteamiento similar a los anteriores pero su solucion esde naturaleza totalmente distinta.
10.15 Ejemplo. Los numeros del 1 al 90 estan escritos sobre un papel. Los movi-mientos permitidos consisten en escoger un numero de los escritos y borrar ese y todos losdivisores de el que todavıa esten escritos. Por ejemplo, si al principio se escoge el 6, se bo-rrarıan los numeros: 1, 2, 3 y 6; en el siguiente turno podrıa escogerse el 45 y se borrarıan el5, el 9, el 15 y el 45 (los otros divisores de 45 son 1 y 3 que ya no estaban escritos). ¿Cualde los dos jugadores tiene estrategia ganadora?
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Solucion. El proceder como en los casos anteriores nos llevarıa a examinar demasiadasposibilidades, puesto que en cada caso tendrıamos familias de conjuntos (por ejemplo, unaposicion ganadora al final del juego serıa tener escritos solo 32 y 64; al escoger 64, se borrarıanlos dos). Un analisis ası, ademas de ser largo, tendrıa que ser muy cuidadoso pues no cualquierconjunto puede quedar al final (como por ejemplo 16, 32, 64 ya que al haber eliminado48 en algun paso previo, tambien habrıa quedado eliminado el 16). Sin embargo, es claroque, al tener solo un numero finito de casos, un estudio de todos ellos, aunque demasiadocomplicado, llevarıa, como antes, a tener divididas todas las posiciones en dos categorıas:ganadoras y perdedoras. Entonces probemos, de manera teorica, que el jugador A es elque tiene la estrategia ganadora. Supongamos que no; esto quiere decir que, sin importar elmovimiento deA al principio, por ejemplo digamos queA escoge (y borra) el 1,B podrıa jugarcorrectamente para asegurar su triunfo. Sin embargo, observemos que cualquier jugada quehaga B, si A la hubiera hecho desde el principio, habrıa dejado a B en la posicion (perdedora)en la que B esta dejando a A (pues 1 es divisor de cualquier numero). Hemos llegado a unacontradiccion al suponer que A no tenıa estrategia ganadora, ası que la conclusion es que sıla tiene. ♦
El siguiente ejemplo trata de un juego famoso. Para estudiar su solucion conviene querecordemos en que consiste la expansion binaria o expansion en base 2 de un numero.Recordemos que la expansion decimal (o en base 10) de un numero es la que nos dice cuantasunidades, decenas, centenas, etc., se toman del numero. Ası el numero 1081 tiene 1 unidad,8 decenas, y 1 millar:
1081 = 1× 103 + 0× 102 + 8× 10 + 1.
En cada caso, los numeros que se toman son enteros del 0 al 9 (pues, por ejemplo, 10 decenasse considera como una centena). La expansion binaria de un numero determina cada una delas potencias de 2 que forman al numero y, en este caso, cada potencia de 2 se toma 0 o 1vez. El mismo numero del ejemplo, 1081, tiene expansion binaria
1× 210 + 0× 29 + 0× 28 + 0× 27 + 0× 26 + 1× 25 + 1× 24 + 1× 23 + 0× 22 + 0× 2 + 1.
(No es difıcil darse cuenta que todo numero tiene expansion binaria; por ejemplo, paraencontrar la expansion binaria de 1081 se busca la potencia de 2 mas cercana menor que elnumero: 210 y se resta del numero: 1081−210 = 57; ası sucesivamente.) Utilizamos tambien lanotacion posicional, escribiendo un 2 pequeno como subındice para expresar que se considerala expansion binaria del numero; ası: 1081 = 100001110012.
En buena parte, las operaciones que estamos acostumbrados a realizar con numeros usan-do su expansion decimal pueden efectuarse de la misma manera usando la expansion binaria.Dejamos como ejercicio los detalles de esto.
10.16 Ejercicio. Determinar que tipo de expansion binaria tienen los numeros pares.
10.17 Ejercicio. Efectuar las operaciones: 11001012 + 1000112 y 11001012 × 1000112
en base 2.
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10.18 Ejercicio. Determinar cuando un numero es mayor que otro segun su expansionbinaria.
La expansion binaria nos apoyara para resolver el siguiente ejemplo, en el que ademasestudiaremos lo que significa tener o no estrategia ganadora en un juego.
10.19 Ejemplo. En el juego del nim hay varios montones de fichas. El juego se juegaentre dos personas que alternan turnos. En cada turno un jugador debe quitar tantas fichascomo desee de alguno de los montones (solo de uno de los montones y por lo menos una).La persona que quite la ultima ficha gana. Determinar si hay estrategia ganadora; es decirsi una de las personas puede establecer una forma de jugar mediante la cual, sin importarcomo juegue la otra persona, ella siempre gane.
Solucion. Desde luego, en el caso de este juego, cuando un jugador se encuentra con unsolo monton de fichas en su turno, entonces tiene una posicion ganadora, pues en ese mismoturno puede recoger todas y ganar. Determinemos las posiciones perdedoras y las ganadorasutilizando expansion binaria como sigue: Escribamos la cantidad de fichas que hay en cadamonton en base 2, y sumemos en base 10 los dıgitos de cada posicion en la expansion binaria(es decir, para cada n ≥ 0 sumamos los coeficientes de 2n). Por ejemplo, si en algun momentodel juego se tuvieran 12 montones con 9, 9, 7, 7, 7, 7, 7, 4, 3, 3, 2 y 1 fichas, respectivamente,al escribir estos numeros en base 2 tendrıamos: 1001, 1001, 111, 111, 111, 111, 111, 100,11, 11, 10 y 1, y las sumas de los dıgitos serıan 2, 6, 8 y 10. Afirmamos que las posicionesperdedoras son aquellas en las que todas las sumas son pares (como en este caso), es decir, eljugador que se encuentre con una posicion de este tipo, sin importar como juegue dejara alotro jugador una posicion del otro tipo (o sea, una posicion en que por lo menos una de lassumas es impar), con la cual esta en peligro de perder si el otro jugador juega correctamente.En efecto, empecemos por observar que la posicion en que solo hay un monton, alguno delos dıgitos debe ser 1, ası que no todas las sumas son pares y es una posicion obviamenteganadora (el jugador que encuentra esta posicion, gana). Por otro lado, si a un jugador sele presenta una situacion en la que todas las sumas son pares, entonces al quitar cualquiernumero de fichas de cualquier monton, altera al menos uno de los dıgitos (en base 2) delmonton, ası que la nueva suma en el lugar de ese dıgito alterado queda impar. El jugadorque tenga una posicion en la que las sumas no sean todas pares, puede quitar un numerode fichas que sı deje solo sumas pares; para lograrlo encuentra la primera columna de laizquierda que produce una suma impar y se fija en un monton que contribuya en 1 a esacolumna; de ese monton quita el numero de fichas necesario para obtener puras sumas pares(conviene practicar con algunos ejemplos para que esto quede claro). Entonces, la estrategiaganadora consiste en dejar siempre al otro jugador en una posicion en que todas las sumassean pares. ♦
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10.20 Ejercicio. (∗) En un juego entre dos jugadores que alternan turnos hay unnumero escrito en el pizarron que se modifica sucesivamente siguiendo la siguiente operacion:Se escoge una cifra no cero del numero que se encuentre escrito en ese momento y se le restaesa cifra al numero. Se empieza con 1234567890. Gana el jugador que borra el ultimo numero.¿Cual de los dos jugadores tiene estrategia ganadora y en que consiste? (Por ejemplo, si elprimer jugador escoge la cifra 3, entonces queda escrito 1234567887; el siguiente jugadorpuede escoger cualquier dıgito para restar salvo el 9, pues este no aparece; si escoge el 8, elnuevo numero que queda es: 1234567879, etc.)
10.21 Ejercicio. (∗) En un tablero cuadriculado de 100×100 cuadros todos los cuadri-tos son inicialmente blancos. En cierto juego, dos jugadores A y B realizan alternadamentela siguiente operacion (empieza A): Escoge un cuadrito blanco (de 1×1) y pinta de negro esecuadro y tambien todos los cuadros que cumplan cualquiera de las condiciones siguientes:
∗ Que en ese turno sean blancos y que esten en donde se cruzan el renglon del cuadroescogido y la columna de algun cuadro que haya sido previamente pintado de negro.
∗ Que en ese turno sean blancos y que esten en donde se cruzan la columna del cuadroescogido y el renglon de algun cuadro que haya sido previamente pintado de negro.
Como ejemplo, aquı abajo se muestran 4 operaciones sucesivas posibles. Se indica conuna cruz el cuadro que se escoge en ese momento y, para ilustrar, se ponen de gris los cuadrosque se deben pintar de negro en ese turno.
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1a operacion
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2a operacion
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3a operacion
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4a operacion
El juego termina cuando todos los cuadros son negros. Gana el ultimo jugador que pudoescoger un cuadro blanco para pintarlo (junto con los que cumplan la regla descrita). De-terminar cual de los dos jugadores puede asegurar su triunfo si juega correctamente, y decircomo debe jugar.
10.22 Ejercicio. (∗) Se cuenta con un monton de n fichas sobre la mesa. Los movi-mientos permitidos consisten en retirar una ficha o un numero primo de fichas. ¿Como debeser n para que el jugador que empieza tenga estrategia ganadora?
72
11. Separadores
Ilustraremos la tecnica de los separadores analizando el siguiente ejemplo.
11.1 Ejemplo. ¿De cuantas formas pueden comprarse 20 galletas de una tienda quevende galletas de 5 sabores?
Solucion. Supongamos que los sabores de las galletas son: vainilla (V ), chocolate (C),nuez (N), azucar (A) y mantequilla (M). Cada coleccion de 20 galletas puede representarsepor 24 casillas (−) en las que se han puesto 4 separadores (|); las casillas que quedan entrelos separadores nos dicen el numero de galletas de cada tipo; por ejemplo, la colleccion de 4V ′s, 1 C, 0 N ′s, 10 A′s y 5 M ′s se representa por
−−−− | − | | − − −−−−−−−− | − −−−− .
Recıprocamente, una sucesion tal de casillas con separadores representa una coleccion degalletas. Entonces el resultado es de
(244
). ♦
El ejemplo 11.1 es un caso particular de la siguiente situacion: Dados numeros naturales ryN , ¿cuantas r-adas (a1, a2, . . . , ar) de enteros no negativos a1, a2, . . . , ar se pueden encontrarde tal manera que a1 + a2 + · · · + ar = N? Como vimos en el ejemplo, la respuesta de estapregunta se puede encontrar con separadores y es
(N+r−1r−1
).
11.2 Ejercicio. Decir cuantos terminos tiene la expansion de (a + b + c)5 y de queforma son.
Consideremos ahora la misma situacion planteada despues del ejemplo 11.1 pero pidiendoahora que los numeros a1, a2, . . . , ar sean enteros positivos. Este ejemplo podrıa resolversetambien con separadores, pero en esta ocasion se pondrıan N casillas y los separadoresdeberıan colocarse en los espacios que quedan entre las casillas. Sin embargo, esta mismasituacion puede resolverse basandose en la anterior. Explicaremos esto con mas detalle, ge-neralizando aun mas la situacion, en la siguiente proposicion.
11.3 Proposicion. Dados naturales r y N , el numero de r-adas (a1, a2, . . . , ar) deenteros a1, a2, . . . , ar que satisfacen a1 + a2 + · · · + ar = N sujetos a la restriccion: a1 ≥ k1,a2 ≥ k2,. . ., ar ≥ kr, donde k1, k2, . . . , kr son enteros dados, es(
N − (k1 + k2 + · · ·+ kr) + r − 1
r − 1
).
Demostracion. Para i = 1, 2, . . . , r, sea bi = ai−ki. Observemos que entonces bi ≥ 0 y quela condicion a1 +a2 + · · ·+ar = N es equivalente a b1 +b2 + · · ·+br = N−(k1 +k2 + · · ·+kr).
73
Entonces el problema se ha reducido al que ya sabıamos resolver y la respuesta es la indicadaen el enunciado de la proposicion. ♦
11.4 Ejemplo. ¿De cuantas formas pueden escogerse 8 enteros a1, a2, . . . , a8, no nece-sariamente distintos, tales que 1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ a8 ≤ 8?
Solucion. Primera forma. Hagamos la cuenta segun cuantos grupos i de numeros igua-les hay (i = 1, 2, . . . , 8). Por ejemplo, algunas sucesiones de enteros que tienen i = 3 son(1, 1, 4, 4, 4, 4, 4, 7), (3, 3, 3, 3, 3, 3, 6, 8) y (5, 5, 5, 6, 6, 6, 7, 7). Para contar de que formas sepueden poner i grupos, hay que poner i−1 separadores en los 7 huecos que hay en 8 casillas;en los ejemplos de arriba las posiciones respectivas de los separadores serıan −−|−−−−−|−,− − − − − − | − |− y − − −| − − − | − −; entonces las formas de poner los separadoresson
(7i−1
). Una vez elegida la posicion de los separadores hay que escoger los i enteros del
conjunto 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 (y despues ponerlos en orden de magnitud; en los ejemplos, lossubconjuntos elegidos fueron, respectivamente 1, 4, 7, 3, 6, 8 y 5, 6, 7); esto se puedehacer de
(8i
). Entonces la respuesta es(
7
0
)(8
1
)+
(7
1
)(8
2
)+
(7
2
)(8
3
)+ · · ·+
(7
7
)(8
8
).
Segunda forma. Pongamos 15 casillas y marquemos 8 lugares, de manera que a1 esterepresentado por 1 mas el numero de casillas hasta la primera marca; a2 este representadopor a1 mas el numero de casillas hasta la segunda marca, y ası sucesivamente, hasta a8 queestara representado por a7 mas el numero de espacios hasta la octava marca. Entonces larespuesta es
(158
).
Tercera forma. Sean
b1 = a1, b2 = a2 + 1, b3 = a3 + 2, . . . , b8 = a8 + 7.
Entonces b1, b2, . . . , b8 es un subconjunto de 8 elementos del conjunto de 1, 2, . . . , 15 yestos pueden escogerse de
(158
)formas. ♦
De lo probado en este ejemplo es facil deducir la formula de numeros naturales n:(n
0
)(n+ 1
1
)+
(n
1
)(n+ 1
2
)+ · · ·+
(n
n
)(n+ 1
n+ 1
)=
(2n+ 1
n+ 1
).
11.5 Ejercicio. (∗) Se quiere elegir 5 dıas no consecutivos de septiembre para hacerreuniones de trabajo. ¿De cuantas maneras es posible hacer la eleccion?
11.6 Ejercicio. (∗) Probar que dado n ∈ N, el conjunto
(a1, a2, . . . , ak) : 1 ≤ k ≤ n; ∀ i, ai ≥ 1, a1 + · · ·+ ak = n
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tiene 2n−1 elementos.
12. Principio Extremo
Estudiaremos ahora una tecnica especial que llamamos Principio Extremo. Consiste enencontrar la solucion de un problema determinado tomando algun objeto que maximice ominimice algo. Haremos varios ejemplos.
12.1 Ejemplo. En el plano hay n puntos tales que cada tres estan contenidos en untriangulo de area menor o igual que 1. Probar que existe un triangulo de area menor o igualque 4 que contiene a todos los puntos.
Solucion. Tomemos un triangulo de area maxima, y por cada vertice de este triangulo tra-cemos una paralela al lado opuesto. Todos los puntos deberan estar dentro de este trianguloque esta formado por cuatro triangulos iguales al original y que, por tanto, es de area menoro igual que 4. ♦
12.2 Ejemplo. Probar que cualquier poliedro tiene dos caras (al menos) con el mismonumero de lados.
Solucion. Tomemos una cara con el maximo numero de lados k y observemos que lasposibilidades de numeros de lados de las k caras adyacentes a ella varıan de 3 a k, por lotanto debe haber dos con el mismo numero de lados. ♦
12.3 Ejemplo. Probar que (0, 0, 0, 0) es la unica cuarteta de enteros (a, b, c, d) quesatisface
a2 + b2 = 3(c2 + d2).
Solucion. Supongamos que hay una cuarteta distinta de (0, 0, 0, 0) y tomemos una de ellascon a2 + b2 + c2 + d2 mınimo, en otras palabras, con distancia euclidiana mınima al punto(0, 0, 0, 0) en R4. Trabajando todas las posibilidades modulo 3 es facil darse cuenta que a yb deben ser multiplos de 3: a = 3a1, b = 3b1. Sustituyendo estos valores en la ecuacion ycancelando un 3 tenemos c2 + d2 = 3(a2
1 + b21), y ası obtenemos otra cuarteta solucion de la
ecuacion pero con distancia al origen menor que la primera, lo cual es una contradiccion. ♦
12.4 Ejemplo. Probar que si un conjunto de puntos del plano es tal que cada puntoes punto medio de otros dos, entonces el conjunto es infinito.
Solucion. Supongamos que el conjunto es finito.
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Primera forma. Tomemos dos puntos A y B cuya distancia entre sı sea maxima y sea Cel cırculo con centro A y radio AB. Entonces todos los demas puntos deben estar dentro delcırculo, ası que es claro que B no puede ser punto medio de dos de ellos.
Segunda forma. Consideremos un cırculo cuyo diametro tenga por extremos dos de lospuntos A y B con distancia maxima. Entonces si A fuera punto medio de otros dos, digamosC y D, alguno de ellos estarıa fuera del cırculo y entonces sus distancia a B serıa mayor queel diametro del cırculo (en un triangulo el lado opuesto a un angulo mayor o igual que 90o
es el de mayor longitud).
Tercera forma. De todos los puntos que esten lo mas arriba posible, consideremos el queeste mas a la izquierda. ese no puede ser punto medio de otros dos. ♦
12.5 Ejemplo. Cada punto de coordenadas enteras del plano tiene asignado un numeronatural y se verifica que cada uno es el promedio de los cuatro numeros que estan a su lado(arriba, abajo, a la izquierda y a la derecha). Probar que todos los numeros son iguales.
Solucion. Supongamos que no es cierto y tomemos uno que tenga un mınimo valor; enton-ces es claro que los cuatro de su lado deben ser iguales a el; pero entonces este razonamientose puede aplicar a cada uno de ellos y ası, por induccion, obtener que todos son iguales entresı. ♦
12.6 Ejemplo. Seis cırculos tienen un punto comun A. Probar que alguno de loscırculos contiene en su interior o frontera el centro de algun otro.
Solucion. Sean O1, O2, . . . , O6 los centros de los cırculos, nombrados en orden cıclico de talmanera que ∠O1AO2 sea mınimo. Entonces ∠O1AO2 ≤ 60o. Ahora supongamos, sin perdidade generalidad, que O1A ≥ O2A. Entonces el cırculo con centro en O1 contiene a O2. ♦
12.7 Ejemplo. En el campo hay un conjunto G = g1, g2, . . . , gn de granjas y otroconjunto P = p1, p2, . . . , pn de pozos de manera que en G∪P no hay tres puntos alineados.Probar que es posible unir las granjas con los pozos por parejas mediante carreteras rectasde manera que las carreteras no se crucen.
Solucion. Dada una biyeccion entre G y P unamos por un segmento cada punto consu imagen. De todas las posibles biyecciones tomemos una cuya suma de longitudes de lossegmentos sea mınima. esta sirve pues si dos segmentos se intersectan, entonces los lados delcuadrilatero que forman esas parejas de granjas y pozos tienen longitud menor (considerandoque la suma de las longitudes de las diagonales de un cuadrilatero convexo es mayor que lade dos lados opuestos, lo cual se ve facilmente usando la desigualdad del triangulo en dostriangulitos opuestos de los cuatro que se forman con las diagonales). ♦
12.8 Ejemplo. ¿En cuantas regiones dividen al plano n rectas en posicion general (es
76
decir no hay dos paralelas ni tres concurrentes)?
Solucion. Primera forma. Hacemos induccion sobre n. Una recta divide al plano en dosregiones. Para n ≥ 2, el introducir la n-esima lınea, como ella intersecta a todas las demas,es facil ver que parte a n regiones en dos partes, produciendo ası n regiones nuevas. Entoncesel resultado es 2 + 2 + 3 + 4 + · · ·+ n = 1 + n+
(n2
).
Segunda forma. Tomemos una recta auxiliar que deje a todos los puntos de interseccionde un lado del plano y que no sea paralela a ninguna de las otras rectas. Ahora nos fijamosque cada uno de los
(n2
)puntos de interseccion de las n rectas es el punto mas cercano a la
recta auxiliar de alguna region, pero falta contar las regiones que intersectan a la recta yestas son n+ 1. Entonces el resultado es 1 + n+
(n2
). ♦
12.9 Ejemplo. ¿En cuantas regiones dividen al espacio n planos en posicion general(es decir cada tres planos se intersectan en exactamente un punto)?
Solucion. Primera forma. Podemos hacer induccion como en el ejemplo anterior.
Segunda forma. Tomemos un plano auxiliar que deje a todos los puntos de interseccion delos planos dados de un lado del espacio y que no sea paralelo a ninguna de las rectas en quese intersectan dos de los planos dados. Nos fijamos ahora que cada punto de interseccion delos planos es el punto mas cercano de alguna region al plano auxiliar; con esto obtenemos
(n3
)regiones. Falta contar las regiones que intersectan al plano y estas son, por [2.8],
(n2
)+(n1
)+(n0
).
El total es(n3
)+(n2
)+(n1
)+(n0
). ♦
12.10 Nota. Es facil darse cuenta que podemos hacer una induccion sobre la dimensionk del espacio para calcular el numero de regiones en que hiperplanos en posicion generaldividen a Rk; inclusive podrıamos haber empezado con k = 1 y preguntar en cuantas regionesdividen a una recta n puntos, lo cual es claro que es n+ 1 =
(n1
)+(n0
).
12.11 Ejemplo. Problema de Sylvester. En el plano un conjunto finito S de puntossatisface que para cada dos puntos de S existe otro punto de S alineado con ellos. Probarque todos los puntos de S estan sobre una recta.
Solucion. Supongamos que no, y de todos los puntos P ∈ S y todas las rectas m deter-minadas por parejas de puntos de S tomemos una pareja (P,m) con distancia d de P a mmınima positiva. Sea P ′ la proyeccion de P a m. Encontraremos un punto en m y otra rectade manera que la distancia del punto a la recta sea menor que d. Como en m hay tres puntosA, B y C de S, dos de ellos, digamos B y C quedan hacia un mismo lado de P ′, con B mascerca de P ′ que C. Entonces la distancia de B a la recta determinada por PC es menor qued, lo cual es una contradiccion. ♦
12.12 Ejemplo. Para n ≥ 3 cualquier n-agono se puede partir en triangulos de maneraque los vertices de los triangulos sean vertices del n-agono.
77
Solucion. Demostremos primero que, para n ≥ 4, cualquier n-agono tiene una diagonaltotalmente contenida en el interior. Sea P un vertice en el que el angulo sea menor que 180o,y sean Q y R los vertices adyacentes a P . Si el triangulo PQR no contiene ningun otro verticedel n-agono, entonces QR es la diagonal buscada. En caso contrario, de todos los vertices Sdel n-agono que esten dentro de PQR (tal vez sobre el lado QR) tomemos uno con distanciamaxima a QR. Entonces PS es la diagonal buscada (pues S esta en el interior del n-agono,y si T y U son los respectivos puntos de interseccion de PQ y de PR con la paralela a QRpor S, entonces en el interior del triangulo PTU no hay vertices del n-agono, y no puedehaber ninguna arista que atraviese este triangulo, pues en ese caso cruzarıa tambien algunade las aristas PQ o PR; ademas, PS es diagonal pues las unicas aristas que salen de P sonPQ y PR). De aquı es facil deducir por induccion lo afirmado. ♦
El siguiente resultado no utiliza directamente el principio extremo. Lo incluimos aquıporque es un importante resultado que puede deducirse del ejemplo anterior.
12.13 Corolario. Teorema de Pick. En el plano cartesiano el area de un polıgonoP con vertices de coordenadas enteras es i + 1
2p − 1, donde i es el numero de puntos de
coordenadas enteras en el interior de P y p es el numero de puntos de coordenadas enterasen la orilla de P .
Demostracion. Dado un polıgono X llamemos i(X ) al numero de puntos de coordenadasenteras interiores a X , p(X ) al numero de puntos de coordenadas enteras en el perımetro
de X , f(X ) = i(X ) + p(X )2− 1 y A(X ) al area de X . Veamos que f y A son funciones
aditivas en el sentido que si un polıgono X esta partido en dos polıgonos Y y Z, entoncesf(X ) = f(Y) + f(Z) y A(X ) = A(Y) +A(Z). Es claro que A lo es. Para ver que f lo es sean el numero de puntos de coordenadas enteras en la orilla comun a Y y Z pero no en X .Tenemos entonces que
p(X ) = p(Y) + p(Z)− 2n+ 2 yi(X ) = i(Y) + i(Z) + n− 2.
Multiplicando la primera ecuacion por 12
y sumandola a la segunda tenemos i(X ) + 12p(X )−
1 = (i(Y) + 12p(Y)− 1) + (i(Z) + 1
2p(Z)− 1), que es lo que querıamos probar.
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Y
Z
Vamos a probar ahora que si es un rectangulo entonces A() = f(). Supongamos que las
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dimensiones de son c y d. Entonces
f() = (c− 1)(d− 1) +2c+ 2d
2− 1 = cd = A().
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c
d
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Ahora probemos el resultado cuando el polıgono es un triangulo rectangulo T con uncateto horizontal de longitud c, otro vertical de longitud d y ningun punto de coordenadasenteras sobre la hipotenusa. Aquı
f(T ) =(c− 1)(d− 1)
2+c+ d+ 1
2− 1 =
cd
2= A(T ).
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c
d
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•
Veamos ahora que tambien el resultado es cierto para un triangulo T cualquiera. Loinscribimos en un rectanguloR con lados horizontales y verticales y partimos el complementoen triangulos rectangulos en los que los catetos son horizontales y verticales y no hay puntosde coordenadas enteras en las hipotenusas: T1, T2, . . . , Tk. Entonces
A(T ) + A(T1) + A(T2) + · · ·+ A(Tk)= A(R) = f(R)= f(T ) + f(T1) + f(T2) + · · ·+ f(Tk)= f(T ) + A(T1) + A(T2) + · · ·+ A(Tk),
de donde A(T ) = f(T ), como querıamos probar.
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T
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Para concluir la demostracion tomemos un polıgono cualquiera X . Lo partimos en triangu-los y utilizamos la aditividad y que f y A coinciden en triangunlos. ♦
12.14 Ejercicio. David tiene una baraja de pokar con las cartas hacia abajo. Vavolteando y retirando de una en una las cartas, pero antes dice un palo tratando de adivinarque sea el palo de la carta que retira. Siempre dice un palo del que haya maximo numero decartas todavıa ocultas (por ejemplo si todavıa hay 4 treboles ocultos, 7 diamantes, 6 corazonesy 7 espadas, entonces dice cualquiera de diamantes o espadas). Decir una estrategia con lacual David pueda asegurar adivinar el palo en al menos 13 ocasiones.
12.15 Ejercicio. Probar que en cualquier sucesion (a1, a2, . . . , an2+1) de n2+1 numerosreales (distintos) hay una subsucesion monotona de n + 1 terminos (es decir, una sucesion(ak1 , ak2 , . . . , akn+1) con k1 < k2 < · · · < kn+1 tal que ak1 ≤ ak2 ≤ · · · ≤ akn+1 o ak1 ≥ak2 ≥ · · · ≥ akn+1). (Sugerencia. Para cada i ∈ [n2 + 1] sea C(i) la maxima longitud deuna subsucesion creciente con ultimo termino ai, y sea D(i) la maxima longitud de unasubsucesion decreciente con ultimo termino ai. Suponiendo que es falso el resultado aplicarel Principio de las Casillas a A = (C(i), D(i)) : i ∈ [n2 + 1].)
12.16 Ejercicio. Un conjunto S de puntos del plano tiene n elementos. Sea M elconjunto de puntos medios de parejas de elementos de S. Probar que M tiene al menos2n− 3 elementos.
12.17 Ejercicio. Usar principio extremo para probar que en un conjunto de perso-nas cada uno tiene a lo mas tres enemigos dentro del mismo conjunto. Probar que se puedenseparar en dos subconjuntos de manera que cada persona en un subconjunto tenga a lo masun enemigo dentro de ese subconjunto.
12.18 Ejercicio. Un conjunto finito de rectas es tal que no hay dos paralelas y cadapunto que pertenece a dos rectas pertenece tambien a una tercera. Probar que todas lasrectas son concurrentes.
13. Particiones
Contaremos en esta seccion el numero de formas de poner n pelotas en k cajas de maneraque ninguna caja quede vacıa. Las diferentes opciones que tenemos son si las pelotas estannumeradas o no y lo mismo con las cajas.
Analicemos el primer caso: ¿De cuantas formas se pueden colocar n pelotas identicas enk cajas numeradas (de manera que no queden cajas vacıas)? El problema aquı equivale aescribir el numero n como suma (ordenada) de k naturales. A cada k-ada (ordenada) deenteros (a1, a2, . . . , ak) tales que ai > 0 para toda i y
∑i ai = n se le llama composicion debil
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de n en k partes. Sabemos que el numero de composiciones debiles de n en k partes estaen biyeccion con las formas de poner k − 1 separadores en los espacios que quedan entre ncasillas ası que este numero es
(n−1k−1
).
13.1 Nota. Recordemos que el numero de formas de escribir al natural n como sumaordenada de k enteros mayores o iguales que 0 es
(n+k−1k−1
). A cada uno de esos arreglos se
le llama composicion de n en k partes. En esta seccion no trataremos las composicionespuesto que presentan un problema en que hay cajas vacıas, y al considerar todas las posiblescomposiciones es claro que el resultado es infinito; trataremos solo las composiciones debiles.
13.2 Ejemplo. El numero de composiciones debiles de n es 2n−1.
Solucion. Primera forma. El numero total de composiciones debiles lo obtenemos variandok: (
n− 1
0
)+
(n− 1
1
)+ · · ·+
(n− 1
n− 1
)= 2n−1.
Segunda forma. Induccion sobre n. El caso n = 1 es claro pues solo hay una composiciondebil y 21−1 = 1. Supongamos que el resultado es verdadero para cierta n ≥ 1 y probemoslopara n + 1. Observemos que queremos probar que el numero de composiciones debiles den+ 1 es el doble del numero de composiciones debiles de n (ası, el numero es 2 · 2n = 2n+1).Para ello vamos a establecer una funcion f entre el conjunto Cn+1 de las composicionesdebiles de n + 1 y el conjunto Cn de las composiciones debiles de n de manera que f sea2 7→ 1 (es decir, exactamente cada elemento de Cn es imagen de dos elementos distintosde Cn+1). Sea c = (a1, a2, . . . , ak) ∈ Cn+1; tenemos dos casos; si a1 = 1 entonces definimosf(c) = (a2, . . . , ak); si a1 > 1 entonces definimos f(c) = (a1 − 1, a2, . . . , ak). Es claro que fes 2 7→ 1, ası que esto termina la demostracion. ♦
13.3 Ejercicio. Escribir todas las composiciones debiles de 3 y de 4 y determinarexplıcitamente como es la funcion f : C4 → C3 definida arriba.
13.4 Ejemplo. (a) Probar que(n+1−r
r
)es el numero de subconjuntos de [n] de tamano
r que no tienen dos enteros consecutivos.
(b) Probar que el numero de subconjuntos de [n] que no tienen dos enteros consecutivoses fn+1, el (n + 1)-termino de la sucesion de Fibonacci (definida por f0 = 1, f1 = 1 y, paran ≥ 2, fn = fn−1 + fn−2).
Solucion. (a) Dados a1 < a2 < · · · < ar de manera que ai+1 < ai+1 para toda i, definamosbi = ai − (i− 1). Esto produce una biyeccion entre las r-adas de numeros no consecutivos ylos subconjuntos de r elementos de [n− (r − 1)].
(b) Primera forma. Sea an =(n+1
0
)+(n1
)+(n−1
2
)+(n−2
3
)+ · · · (donde se entiende que(
kr
)= 0 si r > k). Es facil ver que a0 = f2, a1 = f3 y, utilizando la formula de Pascal, que
para n ≥ 2, an = an−1 + an−2, con lo cual, por (a), queda probada la afirmacion.
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Segunda forma. Sea an el numero de subconjuntos de [n] que no tienen dos enterosconsecutivos. Hagamos algunos ejemplos. Los subconjuntos de [n] que no tienen enterosconsecutivos son:
Para n = 1: ∅ y 1, ası que a1 = 2.
Para n = 2: ∅, 1 y 2, ası que a2 = 3.
Para n = 3: ∅, 1, 2, 3 y 1, 3, ası que a3 = 5.
Para n = 4: ∅, 1, 2, 3, 1, 3, 4, 1, 4 y 2, 4, ası que a4 = 8.
Aquı ya podemos observar que para construir los conjuntos para n + 1 basta tomarlos de n y agregar el numero n + 1 a los conjuntos que tenıamos para n − 1, de dondean+1 = an + an−1 para cada n ≥ 3. esta es la misma construccion que la de los numeros deFibonacci, solo que con un ındice recorrido, de donde an es el (n + 1)-esimo termino de lasucesion de Fibonacci. ♦
13.5 Proposicion. Lema de Kaplansky. Sea n ≥ 3. Los numeros 1, 2, . . . , n se escribenalrededor de un cırculo (en orden). Para k ≤
[n2
]sea α(k) el numero de subconjuntos de [n]
que tienen k elementos y tales que no tienen dos elementos adyacentes en el cırculo. Entonces
α(k) =n
k
(n− k − 1
k − 1
).
Demostracion. Para i ∈ 1, 2, . . . , n sea αi(k) el numero de subconjuntos de [n] quetienen k elementos y que contienen al elemento i. Por simetrıa es claro que α1(k) = α2(k) =· · · = αn(k). Ahora, α1(k) es la cantidad de subconjuntos que tienen k − 1 elementos noconsecutivos escogidos en 3, . . . , n − 1; por [4.1] tenemos que α1(k) =
(n−k−1k−1
). Por otro
lado,∑n
i=1 αi(k) = kα(k) pues cada subconjunto de k elementos se cuenta k veces en lasuma
∑ni=1 αi(k). De aquı tenemos el resultado. ♦
El segundo problema que tratamos es el siguiente: ¿De cuantas formas se pueden colocarn pelotas numeradas en k cajas identicas (de manera que no queden cajas vacıas)? Esteproblema es el mismo que partir el conjunto [n] en k subconjuntos no vacıos y ajenos entresı. Cada una de estas formas se llama particion de [n] en k subconjuntos. Al numero departiciones de n en k subconjuntos se le denota por S(n, k) y se le llama numero de Stirlingdel segundo tipo. El numero total de particiones de [n] se llama numero de Bell y se denotapor B(n). Convenimos en que S(n, k) = 0 si n < k, S(n, 0) = 0 para n natural, S(0, 0) = 1y B(0) = 1.
13.6 Proposicion. (a) S(n, 1) = 1, S(n, n) = 1, S(n, n−1) =(n2
)y S(n, 2) = 2n−1−1.
(b) Una formula recursiva para S(n, k) (para cualesquiera n, k ∈ N) es
S(n, k) = S(n− 1, k − 1) + kS(n− 1, k).
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Demostracion. (a) Es claro que S(n, 1) = 1 y que S(n, n) = 1. Para ver que S(n, n−1) =(n2
)basta observar que exactamente uno de los subconjuntos debe tener dos elementos.
Finalmente para probar la ultima afirmacion observemos que el numero de formas de escogerel primer subconjunto de [n] es 2n − 2 (pues el subconjunto no debe ser el vacıo ni el total)y se divide entre 2 porque no importa el orden de los subconjuntos.
(b) La formula se verifica facilmente para n ≥ k = 1. Supongamos n ≥ k ≥ 2. Hay dostipos de particiones de [n] en k subconjuntos: cuando el elemento n de [n] queda solo, ycuando queda acompanado; en el primer caso [n− 1] queda partido en k− 1 subconjuntos yesto puede hacerse de S(n− 1, k− 1) formas. En el segundo caso [n− 1] queda partido en ksubconjuntos y hay k subconjuntos para escoger en cual queda n, ası que esto puede hacersede kS(n− 1, k) formas. ♦
13.7 Ejercicio. Calcular S(5, 3) directamente, y en forma recursiva.
13.8 Proposicion. Para todo real x se tiene que
xn =n∑k=1
S(n, k)x(x− 1) . . . (x− (k − 1)).
Demostracion. Como ambos lados de la igualdad son polinomios de grado n, bastara queprobemos que su valor, como funciones, coincide en al menos n numeros; de hecho, veamosque coinciden en todos los naturales. Dado a natural al sustituir a por x en los polinomiosambos cuentan el numero de funciones de [n] en [a] (el del lado derecho lo hace variando eltamano de la imagen). ♦
13.9 Ejercicio. Analizar explıcitamente la demostracion de la proposicion anteriorpara n = 2 y a = 3, y comprobar algebraicamente la formula de en el caso n = 2.
13.10 Proposicion. B(n+ 1) =n∑i=0
(ni
)B(i).
Demostracion. La formula es clara para n = 0. Queremos ver que el lado derecho cuentael numero de particiones de [n+ 1]; contemos estas considerando el tamano del subconjuntoen el que queda el elemento n+ 1, digamos que queda en un conjunto de tamano n+ 1− i;entonces hay
(nn−i
)=(ni
)formas de escoger los elementos que acompanan a n + 1; sobran i
elementos que pueden partirse de B(i) formas. ♦
El tercer problema que tratamos es: ¿De cuantas formas se pueden colocar n pelotasnumeradas en k cajas numeradas (de manera que no queden cajas vacıas)? Este problemaesta muy relacionado con el anterior pues simplemente ahora hay que ver el posible ordende las cajas y esto puede hacerse de k!S(n, k) formas. Observemos que esto tambien cuentael numero de funciones suprayectivas de [n] en [k].
13.11 Proposicion. S(n, k) = 1k!
k∑i=0
(−1)i 1i!(k−i)!(k − i)
n.
Demostracion. Usamos inclusion-exclusion para contar el numero de funciones suprayec-
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tivas de [n] en [k]. ♦
El ultimo problema a considerar es: ¿De cuantas formas se pueden colocar n pelotasidenticas en k cajas identicas (de manera que no queden cajas vacıas)? Este problema es elmas difıcil de los cuatro; equivale a determinar de cuantas maneras se puede escribir el naturaln como suma de k naturales si no importa el orden de los sumandos. Llamamos particion delnumero natural n en r partes es una k-ada (a1, a2, . . . , ak) tal que a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ ak > 0 y∑
i ai = n. El numero de particiones de n en k partes se denota por pk(n) y el numero totalde particiones de n se denota por p(n). La forma de Ferrer de la particion (a1, a2, . . . , ak)consta de n cuadraditos dispuestos en k renglones y de manera que el renglon i tiene aicuadritos.
13.12 Ejemplo. Probar que el numero de particiones de n en a lo mas k partes esigual al numero de particiones de n en las que todas las partes son menores o iguales que k.
Solucion. Este problema se puede resolver facilmente considerando la conjugada de unaparticion: Es aquella particion de n que se obtiene de la particion dada intercambiandorenglones por columnas en la forma de Ferrer. ♦
Se dice que una particion es autoconjugada si coincide con su conjugada.
13.13 Ejercicio. ¿Cuantos elementos tiene el conjunto:
(a, b, c) : a, b, c ∈ Z, a ≥ −2, b ≥ 1, c ≥ 0, a+ b+ c = 12?
13.14 Ejercicio. En una caja hay 5 pelotas numeradas del 1 al 5. Se saca una pelota,se apunta su numero y se vuelve a meter a la caja. Esto se repite 8 veces hasta tener una listade 8 numeros. ¿Cuantas listas distintas (en las que no importa el orden) pueden obtenerse?
13.15 Ejercicio. Calcular todas las particiones de 5 y aparearlas segun conjugacion.
13.16 Ejercicio. Dar varios ejemplos de particiones autoconjugadas.
13.17 Ejercicio. Dada una particion del conjunto [n] en k partes, ordenamos los sub-conjuntos (π1, . . . , πk) de manera que si ai = |πi| entonces a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ ak. Decimos quela particion (a1, a2, . . . , ak) del numero n es el tipo de la particion de [n]. Dada una particiona = (a1, a2, . . . , ak) de n, sea mi el numero de veces en que i aparece como una de las partesde a. ¿Cuantas particiones de [n] del tipo a hay?
13.18 Ejercicio. Encontrar una formula cerrada (es decir, una expresion que no tengapuntos suspensivos) para S(n, 3).
13.19 Ejercicio. Cuatro ninos organizan una competencia de saltos de longitud cadadıa hasta que el orden en que han ido quedando cada dıa se repite. ¿Cual es el maximonumero de dıas que pueden hacer esto? (Nota: En un dıa cualquiera puede haber empates.)
13.20 Ejercicio. Probar por induccion sobre n que para n ≥ 3 se tiene que B(n) < n!.
84
13.21 Ejercicio. Probar que el numero de particiones de n en a lo mas k partes esigual al de particiones de n+ k en exactamente k partes.
13.22 Ejercicio. ¿Cuantas particiones de n son tales que la diferencia de los dosnumeros mas grandes es mayor o igual que 3?
14. Permutaciones
En multiples ocasiones nos hemos topado con las permutaciones de n objetos. Sabemosque hay n! distintas. Haremos aquı un tratamiento mas formal del tema. Empecemos porobservar que una permutacion es una funcion biyectiva σ : [n] → [n]. Hay varias formas dedenotar a la permutacion: Si σ(i) = ai dos notaciones naturales son:
σ =
(1 2 · · · na1 a2 · · · an
)= (a1, a2, . . . , an).
La segunda notacion se llama lineal.
El siguiente ejemplo parece alejado de nuestro tema; sin embargo esta muy relacionadoy motiva otra notacion muy conveniente.
14.1 Ejemplo. Un grupo de n ninos se va a partir en varios equipos y cada equipo seva a sentar en una mesa redonda. ¿De cuantas formas pueden acomodarse? (Lo que importaes la posicion relativa de cada nino respecto a los de su mesa, es decir, cual nino queda a suderecha.)
Solucion. Llamemos f(n) al numero buscado. Observemos que f(1) = 1 y que, paran ≥ 2, f(n) = nf(n − 1), puesto que una vez que estan acomodados n − 1 ninos, hay nformas en que un nino mas puede sentarse: una de ellas es que ocupe el solo una mesa, y lasotras n− 1 formas son decidiendo a la derecha de cual de los ninos ya sentados se acomoda.En conclusion f(n) = n!. ♦
En el ejemplo anterior vimos que el numero de acomodos es el mismo que el de permu-taciones. Esto no es casualidad; hay una forma natural de asignar a cada permutacion σ unacomodo; simplemente consideramos que a la derecha del nino i se sienta el nino σ(i). Porejemplo si en forma lineal σ es la permutacion (5, 7, 6, 4, 2, 3, 1), esto corresponde al acomodo
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.......
.................
........................................................
................................................ ........ ........ ....
............................
.......
.
.......
.........................
................
......................
.......................................................................................................................................................................... ........ ........ ........ ........ .......
. ................................................................
.......
.........
................................................ ........ ........
........1 2
3
5
4
6
7
Esto nos lleva a una forma cıclica de la permutacion:
σ = (1 5 2 7)(3 6)(4).
Observemos que una misma permutacion tiene varias formas cıclicas; ası (2 7 1 5)(4)(6 3) y(3 6)(4)(7 1 5 2) tambien representan a la permutacion del ejemplo (entre otras). Cada unade las mesas representa un ciclo; la longitud del ciclo es el numero de ninos en esa mesa; a unciclo de longitud 2 se le llama biciclo, a uno de longitud r se le llama r-ciclo (la permutacionque dimos en el ejemplo tiene tres ciclos: uno de longitud 1, un biciclo y un 4-ciclo). La formacıclica canonica se obtiene poniendo en el primer lugar de cada ciclo el numero mayor delciclo y de tal forma que los ciclos tengan su primer elemento en orden creciente (en nuestroejemplo la forma canonica es (4)(6 3)(7 1 5 2)). Un punto fijo de una permutacion σ es uni ∈ [n] tal que σ(i) = i.
14.2 Ejercicio. Descomponer en su forma cıclica canonica las siguientes permutaciones(8, 2, 4, 6, 3, 5, 7, 1) y (5, 2, 7, 1, 9, 4, 6, 8, 3) y encontrar sus puntos fijos.
14.3 Ejercicio. Encontrar la forma lineal de las permutaciones cuya forma canonicacıclica es (4 1 3)(6 5 2)(10 9 8 7) y (4 1 3)(5)(6)(8 7 2).
Al conjunto de todas las permutaciones de [n] se le denota por Sn.
Observemos que si a una permutacion escrita en su forma cıclica canonica le quitamos losparentesis, podemos considerar el resultado como una nueva permutacion escrita en formalineal. Por ejemplo la permutacion que corresponde a nuestro ejemplo (4)(6 3)(7 1 5 2) es(4, 6, 3, 7, 1, 5, 2) (cuya forma canonica cıclica es (3)(7 2 6 5 1 4)).
14.4 Proposicion. La funcion Θ : Sn → Sn dada por eliminar los parentesis en laescritura cıclica canonica de una permutacion para obtener otra permutacion escrita enforma lineal es una biyeccion.
Demostracion. Es facil construir la funcion inversa Θ−1 puesto que hay una sola forma deagregar parentesis a una permutacion escrita en forma lineal de manera que la forma cıclicaque quede sea la canonica. ♦
14.5 Ejercicio. Determinar las formas cıclicas canonicas de σ = Θ(4 1)(6 2 5 3)(8 7) yτ = Θ(2)(8 1 7)(9 4 6 5 3).
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14.6 Ejercicio. Determinar Θ−1(σ) y Θ−1(τ) si σ = (6, 1, 3, 7, 5, 2, 9, 8, 4) y τ =(1, 4, 2, 9, 7, 6, 8, 5, 3, 10).
Veamos una aplicacion de esta transformacion.
14.7 Ejemplo. Probar que dado i ∈ [n] hay (n − 1)! permutaciones en Sn en las quei esta en un k-ciclo.
Demostracion. Primera forma. Podemos escoger de(n−1k−1
)los elementos que lo acompanan
en el ciclo y las permutaciones de estos son (k − 1)!. Falta considerar las permutaciones delresto de los elementos que son (n− k)!. Entonces el resultado es(
n− 1
k − 1
)(k − 1)!(n− k)! = (n− 1)!.
Segunda forma. Observemos primero que en lugar de i se puede trabajar con n, sin perdidade generalidad. Al cambiar de la forma canonica a la lineal, las permutaciones (funcionesbiyectivas de [n] en [n]) que contamos son aquellas en las que el numero k tiene por imagena n, y estas obviamente son (n− 1)!. ♦
Un grupo (G, ∗) es un conjunto G en el que esta definida una funcion (operacion) ∗ :G×G→ G, ∗(g, h) = g∗h, asociativa (es decir si f, g, h ∈ G entonces (f ∗g)∗h = f ∗(g∗h)),con un neutro e (es decir un elemento e ∈ G que satisface e ∗ g = g = g ∗ e para todo g ∈ G)y con inversos (es decir, dado g ∈ G existe g−1 ∈ G tal que g ∗ g−1 = e = g−1 ∗ g).(Hay muchos ejemplos de grupos; algunos son: (Z,+), (R \ 0, ·), (Z6,+), (R2,+), (a ∈Z : mcd(a, 12) = 1, multiplicacion modulo 12), (C[x],+), donde C[x] es el conjunto depolinomios con coeficientes en C.) Cuando la operacion se sobrentiende, se elimina el sımboloen la escritura, es decir, escribimos gh en lugar de g ∗ h.
14.8 Proposicion. Con la operacion de composicion de funciones, Sn es un grupo.
Demostracion. Sabemos que la composicion de funciones es asociativa. Es claro que lacomposicion de funciones biyectivas es biyectiva, que la funcion identica (la cual funcionacomo neutro) es biyectiva y que la inversa de una funcion biyectiva tambien es biyectiva. ♦
14.9 Nota. Cada ciclo puede considerarse como una permutacion en la que los ele-mentos que no aparecen se consideran fijos. En este caso, es facil convencerse de que cadapermutacion es el producto de las permutaciones determinadas por sus ciclos; por ejem-plo, en S5, la permutacion (2 5 3)(1 4) es el producto de las permutaciones (2 5 3)(1)(4) y(2)(5)(3)(1 4). Decimos que toda permutacion es el producto de sus ciclos. De hecho, en mu-chas ocasiones se escriben las permutaciones en forma cıclica omitiendo los ciclos de longitud1. Por otro lado, en este caso es claro que no importa el orden en que se escriben los ciclos,pero aquı es importante hacer notar que esto se debe a que los ciclos son ajenos. En general,el producto en Sn no es conmutativo y la costumbre es, como en el lenguaje de funciones,
87
hacer el producto (composicion) de derecha a izquierda; por ejemplo, (1 2)(2 3) = (1 2 3) y(2 3)(1 2) = (1 3 2).
14.10 Ejercicio. Encontrar las inversas de las permutaciones (1 5), (1 4 2 6) y (1 5 2)(4 3).
14.11 Ejercicio. ¿Es cierto que si σ, τ ∈ Sn entonces (στ)−1 = σ−1τ−1?
14.12 Ejercicio. Escribir en forma cıclica canonica las permutaciones resultantes delos productos: (1 4)(2 4 5)(3 2 1 6) y (1 4 2)3.
El orden de un elemento g en un grupo G esta definido como el menor entero positivo rtal que gr = e (aquı gr significa g operado consigo mismo r veces). Dicho r puede no existiren grupos infinitos pero, por por principio de casillas, en grupos finitos siempre existe.
14.13 Proposicion. El orden de una permutacion (como elemento de un grupo depermutaciones) es el mınimo comun multiplo de las longitudes de sus ciclos.
Demostracion. Es facil convencerse que si la permutacion es un ciclo entonces su ordencoincide con su longitud. Como vimos arriba, los ciclos ajenos conmutan y esta observacionbasta para obtener el resultado. ♦
14.14 Ejercicio. (∗) Escribir en forma cıclica canonica la permutacion resultante delproducto (2 4 1 3 5 6 7)6. (Sugerencia: Hay una forma facil de hacerlo.)
14.15 Ejercicio. (∗) ¿Cuantas permutaciones de [8] tienen orden 6?
14.16 Ejercicio. (∗) Probar que el numero f(n) de permutaciones de [n] cuyo cuadradoes la permutacion identica satisface la relacion de recurrencia f(n + 1) = f(n) + nf(n− 1)para toda n ≥ 1.
Dadas dos permutaciones σ y τ el conjugado de σ por τ es la permutacion τστ−1.
14.17 Ejercicio. Probar que el conjugado de σ por τ tiene el mismo orden que σ.
14.18 Proposicion. El conjugado de σ por τ es la permutacion que tiene la mismaestructura cıclica que σ y que se obtiene intercambiando cada i ∈ [n] por τ(i).
Demostracion. Observemos primero que si σ = β1β2 · · · βr, con βk ciclo, entonces el con-jugado de σ es el producto de los conjugados de los βk, ası que basta probarlo para cuandoσ es un ciclo (a1 a2 · · · am). Tenemos
τστ−1(τ(ai)) = τσ(ai) = τ(ai+1),
donde los ındices estan calculados modulo m, y esto prueba la afirmacion. ♦
14.19 Ejercicio. (∗) Probar el recıproco de la proposicion anterior, es decir, que si σ′
tiene la misma estructura cıclica que σ, entonces σ′ es conjugado de σ.
14.20 Ejercicio. (∗) ¿Cuantos conjugados tiene la permutacion de S6 (1 2)(6 3 4 5)?
88
Dada una permutacion σ ∈ Sn decimos que i, j ∈ [n] forman inversion si i < j peroσ(i) > σ(j). Decimos que una permutacion es par o impar de acuerdo a su numero deinversiones. Para contar el numero de inversiones de una permutacion escrita en su formalineal contamos cuantos elementos a la derecha de cada numero son mas pequenos que el;por ejemplo la permutacion (4, 3, 7, 1, 8, 2, 6, 5) tiene 3 + 2 + 4 + 0 + 3 + 0 + 1 + 0 = 13inversiones, ası que es una permutacion impar.
14.21 Proposicion. Toda permutacion se puede escribir como producto de biciclos.No hay unicidad en esta escritura, ni siquiera en cuanto al numero de biciclos; sin embargola paridad de la cantidad de biciclos coincide con la paridad de la permutacion.
Demostracion. Basta escribir cada ciclo como producto de biciclos; esto es facil pues, porejemplo, (1 2 3 4 5) = (1 5)(1 4)(1 3)(1 2). Notese que este mismo ciclo es igual a
(1 3)(2 4)(1 4)(1 4)(1 3)(2 4)(1 2)(2 5)(2 4)(2 3),
por lo que es claro que la escritura no es unica. Para ver que la paridad del numero debiciclos sı es unica basta ver que al multiplicar una permutacion cualquiera por un biciclosu paridad (como permutacion) cambia. Sean entonces i, j ∈ [n], con i < j, y sea σ ∈ Sncon escritura lineal (a1, a2, . . . , an). Entonces σ(i j) es la permutacion que intercambia ai yaj en su escritura lineal, de donde es claro que el numero de inversiones de los ak, para k < io k > j, con respecto a los demas, no cambia; por otro lado, sean
x(i) = #ak : i < k < j, ai < akx(j) = #ak : i < k < j, ak < ajy(i) = #ak : i < k < j, ai > aky(j) = #ak : i < k < j, ak > aj.
Tenemos que los ak entre ai y aj que forman inversion en σ son y(i) + y(j); por otro ladox(i) + y(i) = x(j) + y(j) = (#k : i < k < j), de donde x(i) + y(i) + x(j) + y(j) es pary entonces x(i) + x(j) y y(i) + y(j) tienen la misma paridad. Al multiplicar σ por (i j), losak entre aj y ai que forman inversion son x(i) + x(j), es decir, no se altero la paridad delas inversiones con los ak; sin embargo falta tomar en cuenta que ai y aj quedan al reves decomo estaban ası que modifican en 1 el numero de inversiones. ♦
14.22 Proposicion. Para n ≥ 2 el numero de permutaciones pares en Sn es el mismoque el de impares.
Demostracion. La funcion µ(1 2) : Sn → Sn dada por µ(σ) = σ(1 2) (la multiplicacion por(1 2)) es una biyeccion que manda permutaciones pares en impares (y viceversa). ♦
Otra notacion util para las permutaciones se obtiene al considerarlas como matrices. Lamatriz Aσ de una permutacion σ tiene 1 en el lugar (i, j) si, y solo si, σ(i) = j; en los demaslugares Aσ tiene 0′s.
89
14.23 Ejercicio. Probar que, mediante la multiplicacion de matrices, si σ ∈ Sn enton-ces
Aσ
12...n
=
σ(1)σ(2)
...σ(n)
.
14.24 Ejercicio. Probar que si σ ∈ Sn entonces el determinante de (Aσ) es ±1, y queel signo es 1 si, y solo si, la permutacion es par.
Dados naturales n y k, definimos c(n, k) como el numero de permutaciones de n quetienen k ciclos (contando tambien los ciclos de longitud 1) y s(n, k) = (−1)n−kc(n, k) es elnumero de Stirling del primer tipo de (n, k). Convenimos que c(0, 0) = 1. Tenemos c(n, 0) = 0para todo n ∈ N y c(n, k) = 0 si n < k. Tenemos la siguiente proposicion.
14.25 Proposicion. (a) Para n natural, c(n, 1) = (n − 1)! y c(n, n) = 1; para n ≥ 2,c(n, n− 1) =
(n2
).
(b) Si n ≥ k ≥ 1 entonces
c(n, k) = c(n− 1, k − 1) + (n− 1)c(n− 1, k).
Demostracion. (a) Es claro.
(b) Para k = 1 la formula se verifica facilmente. Supongamos entonces que n ≥ k ≥ 2.Hay dos tipos de permutaciones de [n] en k ciclos: cuando el elemento n de [n] queda solo,y cuando queda acompanado; en el primer caso hay c(n − 1, k − 1) permutaciones. En elsegundo caso las posibilidades para agregar n a una permutacion de [n − 1] dentro de unciclo son n − 1 (dentro de un ciclo determinado, hay que considerar a la derecha de cualnumero se pone n). ♦
14.26 Proposicion. Para n ∈ N y n ≥ k ≥ 0 tenemos las dos formulas siquientes:n∑k=0
c(n, k)xk = x(x+ 1) · · · (x+ n− 1)
n∑k=0
s(n, k)xk = x(x− 1) · · · (x− n+ 1).
Demostracion. Compararemos los coeficientes de ambos lados. SeaAn(x) = x(x+1) · · · (x+n− 1). Observemos que para k = 0 el coeficiente de An(x) es 0, que es igual a c(n, 0). Pro-bemos que para k ≥ 1 los coeficientes an,k de xk en An(x) satisfacen la misma relacion derecurrencia que los c(n, k). Tenemos que
An(x) = (x+ n− 1)An−1(x) = (x+ n− 1)n−1∑k=0
an−1,kxk
=n∑k=1
an−1,k−1xk + (n− 1)
n−1∑k=0
an−1,kxk.
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De aquı deducimos inmediatamente la formula.
Para probar la segunda formula basta sustituir x por −x en la formula anterior y multi-plicar ambos lados por (−1)n.
14.27 Nota. (Para lectores que tienen conocimientos basicos de algebra Lineal.) Lasmatrices S = (S(n, k))n,k y s = (s(n, k))n,k son inversas una de la otra (es decir Ss = sS esla matriz identica) en vista de que son las matrices de cambio de base en el espacio vectorialde los polinomios cuando las bases son
(1, x, x2, . . .) y (1, x, x(x− 1), x(x− 1)(x− 2), . . .).
14.28 Ejercicio. (∗) Probar que si σ y τ son permutaciones de n, entonces στ y τσtienen el mismo numero de puntos fijos.
14.29 Ejercicio. (∗) Un grupo de n jovenes compite cada dıa en saltos de longitud.Nunca se repiten las distancias que logran. En un dıa promedio, ¿cuantas veces se rompeel record de ese mismo dıa (considerando que el primero que compite rompe record, porvacuidad)?
14.30 Ejercicio. (∗) Sea n ≥ 2. Probar que #σ ∈ Sn : σ2 = (1) es par.
14.31 Ejercicio. (∗) Para n ≥ 3, encontrar una funcion inyectiva de las particiones de[n] en las permutaciones de [n] para probar que B(n) < n!.
14.32 Ejercicio. (∗) Se vendieron todos los boletos (n) para un viaje en avion. Lospasajeros no se dan cuenta que tienen un asiento asignado y se sientan todos menos elultimo en llegar en un asiento desocupado cualquiera. Cuando el ultimo pasajero entra alavion, va al asiento que le corresponde y, si lo encuentra ocupado, le pide al pasajero queesta en su asiento que se mueva; en ese caso, el pasajero que dejo el asiento hace lo mismoy ası sucesivamente hasta que todos esten sentados. ¿Cual es la probabilidad de que undeterminado pasajero (no el ultimo en llegar) tenga que cambiar su asiento?
14.33 Ejercicio. (∗) En Sm+n sea σ = (1 2 · · · m)(m+ 1 m+ 2 · · · m+ n).
(a) Probar que si m y n son impares entonces σ tiene raız cuadrada (es decir, existeτ ∈ Sm+n tal que τ 2 = σ).
(b) Probar que si m es par, entonces σ tiene raız cuadrada si, y solo si, m = n.
14.34 Ejercicio. (∗) Sea n ∈ N. Encontrar el numero de permutaciones σ ∈ Sn talesque σ(j) ≤ j para exactamente dos j ∈ [n].
15. Probabilidad Combinatoria
Intuitivamente, la probabilidad calcula la proporcion de casos en los que cierto experi-mento ocurre en relacion con el total de resultados posibles.
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El conjunto de todos los resultados posibles de un experimento se llama espacio mues-tral. Cualquier subconjunto del espacio muestral se llama suceso.
Analicemos algunos ejemplos en los que el espacio muestral Ω es finito y, en ese caso,definamos la probabilidad de que ocurra un suceso S, en sımbolos P (S), como
P (S) =|S||Ω|
.
(Aquı se esta suponiendo que todos los resultados del experimento tienen la misma proba-bilidad de ocurrir; mas adelante se veran ejemplos de distinta ındole.)
Se piensa entonces que la probabilidad es una funcion que va del conjunto de sucesos alconjunto de los numeros racionales. El valor de un suceso es 0 cuando no puede ocurrir y es1 cuando es seguro que ocurre.
En muchos de nuestros problemas aparece el conunto de los numeros naturales del 1 aln. Para simplificar, denotaremos a este conjunto por n, es decir,
[n] = 1, 2, . . . , n.
15.1 Ejemplo. El experimento consiste en lanzar un dado y observar el numero quequeda arriba. Calcular la probabilidad de que el numero que quede arriba sea el 1 y tambiencalcular la probabilidad de que el numero que quede arriba sea par.
Solucion. Aquı M = [6]. En el primer caso el suceso es S = 1 y P (S) = 16. En el
segundo caso el suceso es T = 2, 4, 6 y P (T ) = 36
= 12. ♦
15.2 Ejemplo. El experimento es lanzar una moneda 2 veces y observar la sucesion deaguilas a y soles s que se obtiene. Determinar la probabilidad de que se observen dos aguilas.
Solucion. El espacio muestral puede ser
Ω = aa, as, sa, ss
y entonces el suceso es S = aa y P (S) = 14. ♦
15.3 Ejemplo. Calcular la probabilidad de que al lanzar una moneda 3 veces se mues-tren al menos dos aguilas.
Solucion. Aquı podemos definir
Ω = aaa, aas, asa, saa, ass, sas, ssa, sss.
El suceso es S = aas, asa, saa, aaa y entonces la probabilidad buscada es P (S) = 48
=12. ♦
92
15.4 Ejemplo. Determinar la probabilidad de que al lanzar dos dados lo que sumenlas caras que se ven arriba sea 6.
Solucion. Conviene definir Ω = [6]× [6] y entonces
S = (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1),
de donde la probabilidad es 536≈ 0.14. ♦
Veamos algunas propiedades que ya hemos podido observar en los ejemplos y hagamosalgunos comentarios sobre ellas.
De aquı en adelante Ω denota al espacio muestral en cuestion.
15.5 Nota. La probabilidad de que algo ocurra es un numero entre 0 y 1. (Esto esobvio pues, como el suceso S es subconjunto del espacio muestral Ω, entonces |S| ≤ |M |.)Es 0 cuando es imposible que ocurra (es decir, P (∅) = 0), y es 1 cuando es seguro que debeocurrir (o sea, P (M) = 1). En el caso en que Ω es conjunto finito, para todo S ⊂ Ω se tieneque P (S) ∈ Q.
15.6 Nota. Si dos cosas no pueden ocurrir simultaneamente, la probabilidad de queocurra una o la otra (es decir, cualquiera de las dos) es la suma de las probabilidades. En otraspalabras, si S y T son sucesos ajenos (es decir, S∩T = ∅), entonces P (S∪T ) = P (S)+P (T ).(Esto es claro pues |S ∪ T | = |S|+ |T |.)
Retomemos aquı el ejemplo arriba en el que se pide calcular la probabilidad de que allanzar tres monedas al aire salgan al menos dos aguilas. Arriba calculamos la probabilidadde S ∪ T donde S = ass, sas, ssa, y T = aaa, pero podrıamos haber calculado porseparado las probabilidades P (S) = 3
8y P (T ) = 1
8.
Observemos que la propiedad anterior no serıa valida si no pidieramos que los suce-sos fueran mutuamente excluyentes, es decir, si hubiera la posibilidad de que ocurrieransimultaneamente; por ejemplo, la probabilidad de que al lanzar un dado lo que salga sea unnumero mayor que 3 o que sea un numero par es 4
6(el suceso es 2, 4, 5, 6) y no 3
6+ 3
6= 1,
que serıa la suma de las probabilidades de los sucesos S = 4, 5, 6 y T = 2, 4, 6 (los casos4 y 6 son comunes a los dos y se estarıan contando dos veces al sumar las probabilidades).
15.7 Nota. La probabilidad de que ocurran dos cosas en un orden determinado es elproducto de las probabilidades. En este caso estamos diciendo que si S1 es un suceso en unespacio muestral Ω1 y S2 es un suceso en un espacio muestral Ω2, entonces P (S1 × S2) =P (S1)P (S2), lo cual es claro pues dados dos conjuntos A y B, el numero de elementos delproducto cartesiano A×B es |A||B|.
Retomemos el ejemplo arriba en el que querıamos calcular la probabilidad de que al
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lanzar dos monedas al aire el resultado en ambas sea aguila. En lugar de lo hecho arriba,podrıamos haber definido Ω = a, s y S = a y calcular P (S)P (S) = 1
212
= 14.
Dado S ⊂ Ω denotamos por S al complemento de S, es decir, al conjunto Ω \ S = x ∈Ω : x /∈ S
15.8 Corolario. Si la probabilidad de que algo ocurra es p, entonces la probabilidadde que no ocurra es 1− p.
Demostracion. Esto es claro por la propiedad (2) pues para S ⊂ Ω, S y S son conjuntosajenos cuya union es Ω, ası que 1 = P (M) = P (S) + P (S). ♦
Veamos mas ejemplos en los que podremos observar que hay que escoger con cuidado elespacio muestral para que represente verdaderamente el problema que se quiere resolver.
15.9 Ejemplo. El experimento es sacar 2 pelotas de una caja en la que hay 2 pelotasrojas y 3 azules. Se quiere calcular la probabilidad de que las dos pelotas escogidas tengandistinto color y compararla con la probabilidad de que tengan el mismo color.
Solucion. Para definir el espacio muestral conviene numerar las pelotas y pensar que lasrojas son la 1 y la 2, y que de la 3 a la 5 son azules; entonces el espacio muestral es
Ω = 1, 2, 1, 3, 1, 4, 1, 5, 2, 3, 2, 4, 2, 5, 3, 4, 3, 5, 4, 5
y S = 1, 3, 1, 4, 1, 5, 2, 3, 2, 4, 2, 5,
ası que P (S) = 610
= 35
= 0.6. La probabilidad de que las dos pelotas tengan el mismo colorse calcula considerando el suceso T = 1, 2, 3, 4, 3, 5, 4, 5, y aquı P (T ) = 4
10=
0.4 < P (S) (o, de otra manera, como T = S, P (T ) = 1− P (S) = 1− 35
= 25
= 0.4). ♦
15.10 Ejemplo. Como en el ejemplo anterior, se tiene una caja en la que hay 2 pelotasrojas y 3 azules, pero ahora el experimento consiste en sacar una pelota, observar su color,volverla a meter, y sacar otra vez una pelota. Calcular la probabilidad de que las dos pelotasescogidas tengan distinto color.
Solucion. Numeremos las pelotas como en el ejemplo anterior. En este caso
Ω = [5]× [5] y
S = (1, 3), (3, 1), (1, 4), (4, 1), (1, 5), (5, 1), (2, 3), (3, 2), (2, 4), (4, 2), (2, 5), (5, 2),por lo que P (S) = 12
25= 0.48, que es menor que el resultado del ejemplo anterior, lo cual
resultaba intuitivamente obvio. ♦
94
15.11 Ejemplo. Dentro de cierto grupo de 4 caballos numerados del #1 al #4 se haobservado que la frecuencia con que el caballo #1 gana es el doble que con la que gana el#2; que este a su vez gana el doble de veces que el #3, y que el #3 gana el doble de vecesque el #4. Encontrar la probabilidad de que en la proxima carrera el caballo ganador sea el#3.
Solucion. Tenemos que representar en el espacio muestral las condiciones de que unosganan el doble de veces que otros. Podemos entonces asignar al caballo 4 el numero 1, alcaballo 3 los numeros 2 y 3, al caballo 2 los numeros 4, 5, 6 y 7, y al caballo 1 los numerosdel 8 al 15. De esta manera Ω = [15], S = 2, 3 y la probabilidad es 2
15≈ 0.13. ♦
Para eliminar complicaciones tecnicas, en los dos ejemplos siguientes consideraremosel ano con 365 dıas (sin contar en ningun caso el 29 de febrero) y supondremos que ladistribucion de los cumpleanos es pareja a lo largo del ano.
15.12 Ejemplo. Encontrar la probabilidad de que una persona determinada haya na-cido en enero o febrero.
Solucion. Ω = [365], S = [59] y P (S) = 59365≈ 1
6. ♦
15.13 Ejemplo. Encontrar la probabilidad de que en un grupo de 59 personas al menos2 tengan el mismo cumpleanos.
Solucion. Notemos que este ejemplo difiere del anterior en que las fechas de cumpleanosno se comparan con fechas fijas sino entre sı. Veremos que los resultados son muy distintos.Para resolver el ejemplo resulta mas facil contar la probabilidad opuesta: que no haya ninguncumpleanos repetido. Utilizaremos repetidamente la propiedad (3). Consideremos un ordenfijo para las personas. La probabilidad de que el segundo cumpleanos sea distinto del primeroes 364
365. La probabilidad de que el tercero sea distinto de los dos anteriores es 363
365, y ası
sucesivamente. El resultado es
1− 364× 363× · · · × 307
36558,
que es aproximadamente igual a 0.995. Esto quiere decir que de 1000 grupos de 59 personascada uno, se espera que en solo 5 de los grupos no haya cumpleanos comunes. (Compareseeste resultado con el del ejemplo anterior. Resulta que basta con 23 personas para que laprobabilidad de que haya cumpleanos repetidos entre ellas sea mayor que 1
2.) ♦
15.14 Ejemplo. Encontrar la probabilidad de que al lanzar una moneda al aire 10veces caigan exactamente 5 aguilas.
Solucion. Como antes, escribamos a por aguila y s por sol. El espacio muestral Ω consta
95
de todas las sucesiones de longitud 10 formadas por a y s, de manera que |Ω| = 210 = 1024.El suceso consta de los elementos de Ω que tienen exactamente 5 a′s, ası que |S| es el numerode formas en que se pueden escoger 5 posiciones (donde aparezcan las a′s) dentro de un totalde 10, es decir,
(105
)= 252. Entonces P (S) = 252
1024≈ 0.25. ♦
En forma analoga a la resolucion del ejemplo anterior tenemos que la probabilidad deque de un total de 20 lanzamientos de la moneda 10 salgan aguila es 1
220
(2010
), que es apro-
ximadamente igual a 0.176. Se puede demostrar que mientras mas lanzamientos se hagan,la probabilidad de que la mitad de las veces salga aguila es menor. Esto no contradice laafirmacion de que si una moneda se lanza al aire un numero grande de veces se espera queun numero cercano a la mitad de las ocasiones caiga aguila; la explicacion para esto es que laidea de “cercanıa” debe manejarse en forma relativa al tamano del numero; por ejemplo, enel caso de 10 lanzamientos podrıamos decir que los casos en que salieran entre 3 y 7 aguilasson todos “cercanos” a la mitad, y en el caso de 20 lanzamientos dirıamos que los casos“cercanos” a la mitad son entre 5 y 15.
15.15 Ejercicio. Encontrar la probabilidad de que al lanzar una moneda al aire 10veces salga aguila entre 3 y 7 veces.
Como ya hemos visto, se pueden considerar distintos espacios muestrales para resolver undeterminado problema y, en cada caso, el suceso del cual se quiere calcular la probabilidades diferente, ası que los calculos tambien lo son, aunque, claro, el resultado final debe ser elmismo. En el siguiente ejemplo presentamos varias formas de resolver el problema segun elespacio muestral que se escoja.
15.16 Ejemplo. ¿Cual es la probabilidad de que al escoger dos subconjuntos de 4elementos dentro de un conjunto de 10 elementos, los subconjuntos tengan al menos unelemento en comun?
Solucion. Es mas facil contar la probabilidad contraria, es decir, la probabilidad de que losdos subconjuntos escogidos no tengan elementos en comun. Consideremos distintos espaciosmuestrales Ω y los respectivos sucesos S con complemento S:
Primera forma. Sea P4 = A ⊂ [10] : |A| = 4, es decir, P4 tiene por elementos alos subconjuntos de [10] que tienen 4 elementos. Tomemos Ω = P4 × P4. En este caso|S| =
(104
)(64
), ası que
P (S) = 1− P (S) = 1−(
104
)(64
)(104
)2 = 1−(
64
)(104
) = 1−6·5·4·34·3·2·1
10·9·8·74·3·2·1=
1− 6 · 5 · 4 · 310 · 9 · 8 · 7
=13
14.
Segunda forma. Sea P4 como arriba. Supongamos que un conjunto de 4 elementos ya estaescogido; entonces queremos calcular la probabilidad de que al escoger otro conjunto, estesea ajeno con el primero. En este caso tomemos Ω = P4. Aquı |S| =
(64
)y |M | =
(104
), ası
96
que
P (S) = 1− P (S) = 1−(
64
)(104
) = 1−6·5·4·34·3·2·1
10·9·8·74·3·2·1=
1− 6 · 5 · 4 · 310 · 9 · 8 · 7
=13
14.
Tercera forma. Como en la segunda forma, supongamos que un conjunto de 4 elementosya esta escogido; entonces queremos calcular la probabilidad de que al escoger otro conjunto,este sea ajeno con el primero. Sea Ω = (c1, c2, c3, c4) ∈ [10] : ci 6= cj para i 6= j. ysupongamos que el conjunto ya escogido tiene elementos a1, a2, a3, a4; en este caso S =(c1, c2, c3, c4) ∈ Ω : para cada i, j ci 6= aj, |S| = 6 · 5 · 4 · 3 y |M | = 10 · 9 · 8 · 7 y, entonces,
P (S) = 1− P (S) = 1− 6 · 5 · 4 · 310 · 9 · 8 · 7
=13
14.♦
15.17 Ejercicio. (∗) Cuatro equipos A, B, C, D entran a un torneo de basquetbol. Alprincipio juegan A contra B, y C contra D; en cada juego se elimina al perdedor. Los dosganadores se enfrentan y el que gane ese juego se determina como ganador del torneo. Escribirun espacio muestral apropiado y el suceso correspondiente para determinar la probabilidadde que B sea el ganador.
15.18 Ejercicio. (∗) Un grupo de 3 mujeres y 3 hombres se dividira en dos equiposcon 3 miembros cada uno. Definir un espacio muestral y el suceso correspondiente que sirvanpara encontrar la probabilidad de que en uno de los equipos queden todos los hombres y enel otro todas las mujeres.
15.19 Ejercicio. (∗) Se dice que una mano de domino tiene falla si alguno de losnumeros entre el 0 y el 6 no aparece en la mano (cada numero faltante es una falla); porejemplo la mano 2|1, 5|5, 3|1, 0|0, 1|0, 5|6, 0|2 tiene falla a 4′s. ¿Cual es la probabilidad deque una mano de domino no tenga falla?
15.20 Ejercicio. (∗) Se eligen al azar n cartas de la baraja. ¿Como debe ser n paraque la probabilidad de que entre las cartas elegidas haya (al menos) dos del mismo numerosea mayor que 1
2? ¿Cual es la probabilidad si n = 14?
15.21 Ejercicio. (∗) Se escogen al azar en sucesion tres numeros (posiblemente iguales)entre el 1 y el 100. ¿Cual es la probabilidad de que se hayan escogido en orden crecienteestricto?
15.22 Ejercicio. (∗) Supongamos que de un grupo de 10 enfermedades cada una tieneprobabilidad 1
10de atacar a un animal determinado a lo largo de su vida. ¿Que probabilidad
tiene ese animal de enfermarse de al menos una de esas enfermedades?
97
15.1. Variables Aleatorias y esperanza
Hemos dado el nombre de espacio muestral al conjunto que contiene los posibles resultadosde un experimento. Sin embargo, no se puede operar con los resultados, por ejemplo, cuandonos interesa contar el numero de aguilas al lanzar varias monedas al aire o al fijarnos en lasuma de lo que mostraban dos dados. Se introduce, entonces el concepto de variable aleatoria.
Dado un conjunto muestral Ω, una variable aleatoria en Ω es una funcion
X : Ω→ R.
Dada una variable aleatoria X y un numero real a, asociamos a X el suceso [X = a] como
ω ∈ Ω : X(w) = a = X−1(a).
Por ejemplo, en la situacion en que X es el numero de aguilas al lanzar 10 monedas, elevento [X = 1] consta de todos los lanzamientos que constan de exactamente un aguila.
Muchas veces nos queremos olvidar de Ω y, simplemente, pensar en la probabilidad de lavariable aleatoria X.
Por ejemplo, en el espacio de probabilidad que resulta al lanzar una moneda 10 veces, endonde X calcula el numero de aguilas, se tiene que
pX(5) =
(105
)210
Vamos a considerar promedios de variables aleatorias. La idea es la misma que la delsiguiente ejemplo.
15.23 Ejemplo. A lo largo del semestre, un alumno obtuvo en cada una de 7 tareasla calificacion de 8 y en cada una de 5 tareas una calificacion de 10. ¿Cual es el promedio delas 12 tareas?
Solucion. El promedio es la suma de todas las calificaciones dividida entre el numero decalificaciones:
7× 8 + 5× 10
12=
106
12= 8.83. ♦
Sea X una variable aleatoria. La esperanza, media, valor esperado, promedio o primermomento de X, denotado por E(X), es el promedio de los valores de X, considerando larepeticion, es decir,
15.24.E(X) =
∑a∈R
a · P [X = a] =∑a∈R
a · pX(a).
98
Notemos que, en el caso finito, la esperanza tambien se puede calcular como
E(X) =1
|Ω|∑ω∈Ω
X(ω),
lo cual coincide con nuestra idea de promedio de valores. En otras palabras, si a1, ..., an sonlos posibles valores que puede tomar X, entonces
E(X) = a1P [X = a1] + a2P [X = a2] + · · ·+ anP [X = an].
15.25 Ejemplo. (a) ¿Cual es el valor esperado del numero que sale cuando se lanzaun dado?
(b) ¿Cual es el valor esperado de la suma de lo que muestren dos dados que se lanzan?
Solucion. (a) El promedio es
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6
6= 3.5
o, puesto en los terminos de 15.24, tomando la variable aleatoria como X(a) = a, paraa ∈ Ω = [6],
E(X) = 1 · pX(1) + 2 · pX(2) + · · ·+ 6 · pX(6) = 1 · 1
6+ 2 · 1
6+ · · ·+ 6 · 1
6= 3.5.
(b) En este caso, Ω = [6] × [6] y la variable aleatoria esta definida por X(a, b) = a + b.La esperanza de X es
E(X) = 2 · pX(2) + 3 · pX(3) + 4 · pX(4) + · · ·+ 11 · pX(11) + 12 · pX(12)
= 2 · 1
36+ 3 · 2
36+ 4 · 3
36+ · · ·+ 11 · 2
36+ 12 · 1
36
=2 · 1 + 3 · 2 + 4 · 3 + · · ·+ 11 · 2 + 12 · 1
36
=252
36= 7. ♦
15.26 Ejemplo. ¿Cuantas aguilas se espera que salgan si se lanza una moneda 2 veces?
Solucion. Aquı Ω el conjunto de sucesiones de longitud 2 en a, s y X es la variablealeatoria en Ω definida por X(ω) = numero de aguilas de ω. En este caso,
E(X) = 2 · pX(2) + 1 · pX(1) + 0 · pX(0) = 2 · 14 + 1 · 12 + 0 · 14 = 1,
99
o tambien
E(X) =1
4(X(a, a) +X(a, s) +X(s, a) +X(s, s)) =
1
4(2 + 1 + 1 + 0) = 1. ♦
15.27 Ejemplo. El experimento es sacar 2 pelotas de una caja en la que hay 2 pelotasrojas y 3 azules. ¿Cuantos colores distintos se esperan?
Solucion. La variable aleatoria a considerar esta definida por X(ω) = numero de coloresde ω, donde ω es cualquier conjunto de dos pelotas de la caja. Por 1.23 sabemos que laprobabilidad de que salgan los dos colores es pX(2) = 0.6 y la de que las dos pelotas tenganel mismo color es pX(1) = 0.4. Entonces
E(X) = 2 · pX(2) + 1 · pX(1) = 2 · 6
10+ 1 · 4
10= 1.6. ♦
15.28 Ejemplo. Se escogen al azar 3 numeros distintos entre el 1 y el 100. En promedio,¿cual es el valor del menor de esos tres?
Solucion. El 1 aparece como menor en(
992
)ternas, el 2 en
(982
), etc., ası que la respuesta
es1 ·(
992
)+ 2 ·
(982
)+ · · ·+ 98 ·
(22
)(1003
) .
Ahora, el numerador es igual a(992
)+(
982
)+(
972
)+ · · ·+
(22
)=
(1003
)+
+(
982
)+(
972
)+ · · ·+
(22
)=
(993
)+
+(
972
)+ · · ·+
(22
)=
(983
)+
...+
+(
22
)=
(33
)=
=(
1014
).
Entonces la respuesta es (1014
)(1003
) =101 · 100 · 99 · 98
100 · 99 · 98 · 97· 3!
4!= 25.25. ♦
El siguiente es un ejemplo en el que el espacio muestral es infinito.
100
15.29 Ejemplo. El experimento consiste en lanzar una moneda al aire hasta que salgaaguila por primera vez. ¿En que lanzamiento se espera que esto ocurra?
Solucion. Aquı consideramos la variable aleatoria X que asigna, a cada sucesion infinitade a′s y s′s, el primer lugar en el que aparece a (si no aparece, podrıamos asignarle cualquiervalor no natural, por ejemplo −1, con probabilidad 0). Como el conjunto es infinito, ya nopodemos calcular la esperanza tomando el promedio en la forma acostumbrada y, de hecho,es mas difıcil adivinar la esperanza de X. Veamos que se espera que salga aguila alrededordel segundo lanzamiento pues es claro que pX(i) = 1
2i:
E(X) =∞∑i=1
i2i
=∞∑i=1
i2i
= 12
+ 24
+ 38
+ · · ·
=(
12
+ 14
+ 18
+ · · ·)
+(
14
+ 18
+ · · ·)
+(
18
+ · · ·)
+(
116
+ · · ·)
+ · · ·
= 1 + 12
+ 14
+ 18
+ · · · = 2. ♦
15.30 Ejemplo. Alejandra y Delia van a jugar un juego. Alejandra lanzara un dadoy le dara una moneda a Delia cada vez que lo que salga en el dado no sea 2. Si se quiere queninguna de las dos jugadoras tenga ventaja, ¿cuantas monedas debera pagar Delia cada vezque salga el 2?
Solucion. Aquı tenemos Ω = [6] y X(ω) = 1 si ω 6= 2. Se quiere encontrar X(2) detal manera que E(X) = 0. Sea z = X(2). Tenemos, PX(1) = 5
6, PX(z) = 1
6y E(X) = 0.
Entonces 0 = 1 · 56
+z · 16, de donde z = −5, de manera que Delia tendra que pagar 5 monedas
a Alejandra en caso de que salga 2 en el dado. ♦
15.31 Ejemplo. En un juego se lanzan tres dados. Un jugador apuesta a cualquierade los numeros del 1 al 6 y gana 1 peso por cada vez que salga ese numero en algun dado(ası, si sale 1 en los 3 dados, entonces gana 3 pesos), pero pierde un peso si no sale ningunavez. ¿Cual es su ganancia esperada en cada apuesta?
Solucion. Es claro que el numero al que le apuesta es irrelevante, ası que digamos queapuesta al 1. Sea Ω = [6]× [6]× [6] y sea X : [6]3 → R definida por
X(ω) ==
−1, si ω tiene cero 1′s,
1, si ω tiene un 1,2, si ω tiene dos 1′s,3, si ω tiene tres 1′s.
101
EntoncespX(−1) =
(56
)3= 125
216,
pX(1) = 3 · 16
(56
)2= 75
216,
pX(2) = 3(
16
)2 56
= 15216
y
pX(3) =(
16
)3= 1
216,
de donde
E(X) = (−1) · 125
216+ 1 · 75
216+ 2 · 15
216+ 3 · 1
216=−125 + 108
216= − 17
216∼ −.08.
Observemos que esto quiere decir que se espera que pierda alrededor de 8 pesos por cada100 que apueste. ♦
Dados un conjunto Xi : i = 1, 2, . . . , k de variables aleatorias en un conjunto muestral Ωy reales c1, c2, . . . , ck, definimos otra variable aleatoria X =
∑i ciXi por X(ω) =
∑i ciXi(ω).
15.32 Proposicion. (a) Si X es una variable aleatoria constante tal que X(ω) = cpara todo ω ∈ Ω, entonces E(X) = c.
(b) Linealidad de la esperanza. SiX1, X2, . . . , Xn son variables aleatorias en Ω y c1, c2, . . . , cnson reales, entonces
E
(∑i
ciXi
)=∑i
ciE(Xi).
(c) Si X ≤ Y (es decir, si X y Y son variables aleatorias en Ω y para todo ω ∈ Ω se tieneque X(ω) ≤ Y (ω)), entonces E(X) ≤ E(Y ).
Demostracion. (a) pX(c) = 1 y pX(a) = 0 si a 6= c.
(b) Sea X =∑
i ciXi. De la definicion tenemos
E(X) = E (n∑i=1
ciXi) =∑ω∈Ω
(n∑i=1
ciXi) (ω) = 1|Ω|∑ω∈Ω
n∑i=1
ciXi(ω)
=n∑i=1
ci1|Ω|∑ω∈Ω
Xi(ω) =n∑i=1
ciE(Xi).
(c) Es claro. ♦
En los siguientes dos ejemplos la respuesta es obvia, como mostramos en la primera
102
solucion; sin embargo conviene analizar las otras dos soluciones pues la segunda calculadirectamente el promedio y la tercera usa la linealidad de la esperanza 15.32.
15.33 Ejemplo. ¿Cuantos elementos se espera que tenga un subconjunto de [n] esco-gido al azar?
Solucion. Primera forma. Para cada r ≤ n los conjuntos con r elementos son la mismacantidad que los conjuntos con n− r elementos, ası que el promedio es n
2.
Segunda forma. Sea Ω = P [n], el conjunto de subconjuntos de [n]. Sea X la variablealeatoria definida en Ω por X(ω) = numero de elementos de ω. Entonces
E(X) =1
2n
n∑r=0
r
(n
r
).
Ahora, considerando que(nr
)=(nn−r
), agrupando terminos y multiplicando por 2/2, tenemos
que
E(X) =1
2n+1
n∑r=0
n
(n
r
)=
1
2n+1(n · 2n) =
n
2.
Tercera forma. Consideremos Ω y X como en la solucion anterior y definamos, parai = 1, . . . , n, la variable aleatoria Xi por
Xi(ω) =
1, si i ∈ ω,0, si no.
Claramente X =∑
iXi y P [Xi = 1] = P [Xi = 0] = 12
para toda i, y ası
E(X) =n∑i=1
E(Xi) =n∑i=1
(1 · 1
2+ 0 · 1
2
)=n
2. ♦
Una variable aleatoria (como las Xi del ejemplo anterior) que solo toma valores 0 o 1se llama variable aleatoria indicadora. Su esperanza coincide con la probabilidad de que suvalor sea 1.
15.34 Ejemplo. A una fiesta asisten n personas. Cada una lleva un regalo y estos sesortean, de manera que a cada persona le toque un regalo. ¿A cuantas personas se esperaque les toque su propio regalo?
Solucion. Aquı podemos pensar que el espacio muestral consta de todas las permutaciones(a1, a2, . . . , an) de n elementos, y la variable aleatoria X que nos interesa calcula el numerode puntos fijos, es decir, cuantos ai son iguales a i (por ejemplo, si n = 8, en la permutacion(4, 1, 3, 8, 2, 6, 5, 7) los puntos fijos son dos: en 3 y en 6). Definamos, para cada i ∈ [n], la
103
variable aleatoria que tiene el valor 1 cuando i es punto fijo y 0 cuando no. Entonces
X =n∑i=1
Xi y P [Xi = 1] =(n− 1)!
n!=
1
n,
de donde E(X) = 1. ♦
Los siguientes ejemplos son interesantes y van, de alguna manera, en contra de nuestraintuicion.
15.35 Ejemplo. Dados magicos. Se tienen los siguientes dados:
El dado naranja tiene numeros 5, 5, 5, 1, 1, 1.
El dado azul tiene numeros 4, 4, 4, 4, 0, 0.
El dado verde tiene numeros 3, 3, 3, 3, 3, 3.
El dado rojo tiene numeros 6, 6, 2, 2, 2, 2.
Natalia toma el dado naranja, Anabel toma el azul, Vicente toma el verde y Raul toma elrojo. Probar que si cada uno lanza su dado y apuesta 1 peso a que en su dado sale un numeromayor que en el del otro, entonces la esperanza de ganancia de cada una de las siguientescompetencias son todas de 1
3:
[NvsA] Natalia contra Anabel.
[AvsV ] Anabel contra Vicente.
[V vsR] Vicente contra Raul.
[RvsN ] Raul contra Natalia.
Solucion. Observemos que en cada caso hay 36 combinaciones y contemos en cuantasgana cada uno.
[NvsA] Cada uno de los tres 5′s de N gana a las seis posibilidades de A; los tres 1′sde N ganan, cada uno, contra los dos 0′s de A. Entonces, de las 36 opciones, N gana3 · 6 + 3 · 2 = 24, es decir,
E(NvsA) =1
36
(1 · 18 + 1 · 6 + (−1) · 12 =
12
36
)=
1
3.
[AvsV ] De la misma manera, los cuatro 4′s de A ganan a las seis posibilidades de Vpero los dos 0′s pierden y entonces
E(AvsN) =1
36
(1 · 24 + (−1) · 12 =
12
36
)=
1
3.
[V vsR] Los 3′s de V pierden, cada uno, contra los dos 6′s de N pero ganan las otrasveces y ası
E(V vsR) =1
36
(1 · 24 + (−1) · 12 =
12
36
)=
1
3.
104
[RvsN ] Como arriba,
E(RvsN) =1
36
(1 · 12 + 1 · 12 + (−1) · 12 =
12
36
)=
1
3. ♦
15.36 Ejercicio. (∗) En una caja hay 10 pelotas rojas, 9 pelotas azules y 7 pelotasblancas. Si se extraen 5 pelotas de la caja, ¿cuantas pelotas blancas se espera que salgan?
15.37 Ejercicio. (∗) En cierto examen de opcion multiple con 5 opciones en cadarespuesta y 100 preguntas se califica como sigue: por cada respuesta correcta se otorga+1 punto, por cada respuesta incorrecta se otorga −1
4de punto, y por cada pregunta sin
contestar se otorgan 0 puntos. Que calificacion esperarıa obtener alguien que contestara todoel examen al azar?
15.38 Ejercicio. (∗) Determinar cuantas fichas dobles se espera que tenga una manode domino, primero de manera intuitiva y despues usando variables aleatorias indicadoras.
15.39 Ejercicio. (∗) Dada una permutacion (a1, . . . , an) de [n], para i ≥ 2 digamosque ai es valle si ai es menor que ambos ai−1 y ai+1. ¿Cual es el valor esperado para el numerode valles de una permutacion de [n]?
15.40 Ejercicio. (∗) Un grupo de n jovenes compite cada dıa en saltos de longitud.Nunca se repiten las distancias que logran. En un dıa promedio, cuantas veces se rompe elrecord de ese mismo dıa (considerando que el primero que compite rompe record, por vacui-dad)? (Sugerencia: Usar variables aleatorias indicadoras notando que en una permutacion(a1, a2, . . . , an) en la posicion i se rompe record si, y solo si, ai es el menor del conjuntoai, ai+1, . . . , an.
15.41 Ejercicio. En un torneo hay 6 equipos y cada uno juega una vez contra cadauno de los demas equipos. Si todos los equipos tienen la misma probabilidad de ganar, alfinal del torneo ¿cuantas veces se espera que haya tres equipos A,B,C tales A le gano a B,B le gano a C y C le gano a A? (Sugerencia: Calcular primero la probabilidad que tieneuna terna de vertices cualquiera de ser como las indicadas. Escribir la variable aleatoria quecuenta el numero de ternas dirigidas como suma de variables aleatorias indicadoras.)
15.42 Ejercicio. (∗) Dados Shippuden. Se tienen los siguientes dados.
El dado azul tiene numeros 1, 1, 1, 13, 13, 13.
El dado verde tiene numeros 0, 3, 3, 12, 12, 12.
El dado rojo tiene numeros 2, 2, 2, 11, 11, 14.
Probar que, con la notacion de 15.35, se tiene que
A > V > R > A pero 2A < 2V < 2R < 2A
105
15.2. Probabilidad Condicional
Empezaremos esta seccion con tres ejemplos en los que nuestra intuicion falla si no setoman en cuenta condiciones que limitan al conjunto que tratamos. La conclusion es que hayque tener mucho cuidado con el universo en el que se trabaja.
15.43 Ejemplo. En un programa de concurso hay tres puertas cerradas. Solo una deellas tiene detras un premio. Un determinado concursante escoge una puerta A, sin abrirla;el animador (que sabe cual de las puertas es la buena), abre una de las otras dos puertas,B, mostrando que no hay premio detras, y le dice al jugador que abra una de las otras: A oC. Segun las probabilidades, ¿que puerta le conviene abrir al concursante (o es igual)?
Solucion. Tenemos el espacio muestral Ω = A,B,C. En un principio se tiene que laprobabilidad es homogenea, ası que PA = 1
3y, por tanto, PB,C = 2
3. Sin embargo luego
se nos dice que no es B, ası que PB = 0; la probabilidad de A sigue siendo 13
pero la deC ahora tenemos que es 2
3, ası que le conviene cambiar de opinion y escoger la puerta C
(con el doble de oportunidad de ganar). ♦
15.44 Ejemplo. En una poblacion se sabe que la probabilidad de tener una ciertaenfermedad es de 1
10000. Una prueba de sangre es confiable en un 90 %. Raul se hizo la
prueba y resulto positiva. Esta muy asustado. ¿Tiene razon?
Solucion. No tiene razon. La probabilidad de que tenga la enfermedad es muy remotacomo veremos a continuacion:
Supongamos que en la poblacion hay 100 000 personas. Hay 10 enfermas y 99 990 sanas.De las 10 enfermas, a 9 les sale positivo y a 1 le sale negativo. De las 99 990 sanas, a 9 999(la decima parte) les sale positivo y al resto 89 991 les sale negativo.
106
La probabilidad de que este enfermo es ¡menos de 11000
!:
9
9 + 9 999= 0.0009. ♦
15.45 Ejemplo. Paradoja de Simpson. En la admision a una Facultad de Fısico-Matematicas resulto que, tanto en el departamento de Matematicas como en el de Fısica, laproporcion de mujeres aceptadas con respecto al de solicitantes fue mayor que la de hom-bres. El director publico que, con respecto al numero de solicitantes, la proporcion total demujeres aceptadas fue mayor que la de hombres. ¿Tiene razon?
Solucion. No necesariamente. Es posible que en el departamento de Fısica sea muchomayor la cantidad de hombres solicitantes que la de mujeres y que eso no ocurra en eldepartamento de Matematicas, y las probabilidades relativas no compensan esa diferencia.
Por ejemplo, supongamos que en Matematicas hubo 40 hombres solicitantes de los cualesse acepto a 10, y que hubo 20 mujeres solicitantes de las cuales se acepto a 10. Por otrolado supongamos que hubo 100 hombres solicitantes en Fısica de los cuales se acepto a 90,mientras que hubo 10 solicitantes mujeres en Fısica y que todas fueron aceptadas.
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hombres mujeres
Mat (40) Fıs (100) Mat (20) Fıs (10)
30 90
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10 10 10 10 10
Tenemos que el total de hombres solicitantes fue de 40 + 100 = 140 y de ellos se acepto a10 + 90 = 100 y eso da una proporcion de 5
7. Por otro lado, del total de 20 + 10 = 30 mujeres
solicitantes se acepto a 10 + 10 = 20, lo cual hace una proporcion total de mujeres aceptadasde 2
3. ♦
La razon detras del ejemplo anterior es que en el departamento de Fısica es mucho mayorla cantidad de hombres solicitantes que la de mujeres, lo cual no ocurre en el departamentode Matematicas, y las probabilidades relativas no compensan esa diferencia.
Dados dos eventos A y B tales que P (B) 6= 0, la probabilidad condicional P (A|B) de Adado B es la probabilidad que ocurra A cuando ya ocurrio B. Se calcula ası:
P (A|B) =P (A ∩B)
P (B).
15.46 Observacion. Sea A un suceso distinto del vacıo y de Ω. Entonces
(a) P (A|A) = 1.
107
(b) P (A|¬A) = 0.
(c) Si A y B son ajenos y P (B) 6= 0, entonces P (A|B) = 0.
15.47 Ejemplo. Sea a1, a2, . . . , an una permutacion de [n]. Sea A el suceso de quea1 > a2 y sea B el suceso de que a2 > a3. ¿Cual es la probabilidad de A dado B?
Solucion. Tenemos que P (A) = P (B) = 12
y P (A ∩ B) = 16, ası que P (A|B) = 1
3(el que
B ocurra hace que A sea menos probable). ♦
15.48 Teorema. Teorema de Bayes, primera version. Sea Ω = A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An conlos Ai sucesos ajenos por parejas y sea B un suceso. Entonces:
P (B) = P (B|A1)P (A1) + P (B|A2)P (A2) + · · ·+ P (B|An)P (An). ♦
15.49 Ejemplo. En una competencia de futbol se usan 3 estadios. Al equipo Kimo leconviene jugar en su estadio pues en el tiene probabilidad de 60 % de ganar mientras que enlos otros solo tiene un 40 %. Se sorteara el estadio donde le va a tocar jugar manana. ¿Queprobabilidad tiene de ganar?
Solucion. Aplicamos el Teorema de Bayes 15.48. Sea A1 el suceso de que el equipo Kimojuegue en su propio estadio y sea A2 el suceso de que juegue en otro. Entonces P (A1) = 1
3y
P (A2) = 23. Sea B el suceso de que gane. Entonces
P (B) = P (B|A1)P (A1) + P (B|A2)P (A2) =60
100· 1
3+
40
100· 2
3=
7
15. ♦
15.50 Ejercicio. Todas las tardes, Carmen va a la panaderıa. El 80 % de las ocasionesencuentra su pan favorito. Se ha observado que si va entre 5 y 6, la probabilidad de queencuentre su pan favorito es de 90 %, pero si va entre 6 y 7 su probabilidad baja a 40 %.¿Que porcentaje de los dıas va a la panaderıa entre 6 y 7?
15.51 Corolario. Teorema de Bayes (segunda version). Sean A1, A2, . . . , An sucesosajenos en un espacio muestral Ω y tales que Ω =
⋃iAi. Si B es otro suceso en Ω, entonces
P (Ai|B) =P (B|Ai)P (Ai)
P (B|A1)P (A1) + · · ·+ P (B|An)P (An).
Demostracion. Tenemos que
P (B|Ai)P (Ai) = P (B ∩ Ai) y P (B|A1)P (A1) + · · ·+ P (B|An)P (An) = P (B). ♦
108
15.52 Ejemplo. Supongamos que se tienen dos monedas, una normal N (con caras Ay S) y otra defectuosa D, con dos aguilas (A1 y A2). Se selecciona una de las monedas alazar y resulta que al lanzarla se obtiene aguila. ¿Cual es la probabilidad de que haya sido lamoneda defectuosa?
Solucion. Sean Ω = A, S,A1, A2 (el conjunto de los posibles resultados), N = A, S(el conjunto de los resultados de la moneda normal) y D = A1, A2 (el conjunto de losresultados de la moneda defectuosa). Sea A = A,A1, A2 el suceso de que haya salidoaguila. Buscamos P (D|A). Segun 15.51 podemos calcularlo como
P (D|A) =P (A|D)P (D)
P (A|D)P (D) + P (A|N)P (N)=
1 · 1
2
1 · 1
2+
1
2· 1
2
=2
3. ♦
15.53 Ejercicio. Se lanzaron 2 dados al aire y uno de ellos mostro un numero par.¿Cual es la probabilidad de que ambos hayan sido pares?
15.54 Ejercicio. En un paıs hay tres ciudades C1, C2 y C3; C1 tiene la mitad de loshabitantes, C2 la tercera parte y C3 la sexta parte. Los porcentajes de votantes a favor delcandidato A en cada ciudad son: en C1, 25 %, en C2, 40 % y en C3, 70 %.
(a) Si se escoge un habitante al azar, ¿cual es la probabilidad de que este a favor delcandidato A?
(b) Se escogio un votante y resulto que estaba a favor del candidato A. ¿Cual es laprobabilidad de que pertenezca a la ciudad C1?
Analoga a la definicion de probabilidad condicional tenemos la siguiente definicion: Dadosuna variable aleatoria X y un suceso A en un espacio muestral Ω, la esperanza condicional deX dado que A es E(X|A) donde X|A es la funcion X restringida a A (y, por tanto, variablealeatoria en A). Tenemos varias interpretaciones que usaremos segun convenga:
E(X|A) =∑r
r · P (X−1(r)|A) =∑r
r · P (X−1(r)∩A)P (A)
=∑r
r · |(X|A−1)(r)||A| = 1
|A|∑a∈A
X(a).
109
El Teorema de Bayes tiene su version en la esperanza condicional como sigue.
15.55 Proposicion. SeaX una variable aleatoria en un espacio muestral Ω. SiA1, A2, . . . , Anson sucesos ajenos dos a dos en Ω y A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An = Ω, entonces
E(X) =n∑i=1
E(X|Ai)P (Ai).
Demostracion. De la definicion tenemos quen∑i=1
E(X|Ai)P (Ai) =n∑i=1
1|Ai|
∑ai∈Ai
X(ai)|Ai||Ω| = 1
|Ω|
n∑i=1
∑ai∈Ai
X(ai)
= 1|Ω|∑ω∈Ω
X(ω) = E(X). ♦
15.56 Ejemplo. (a) ¿Cual es el valor esperado del numero de dıgitos pares en unnumero de tres cifras?
(b) ¿Cual es el valor esperado del numero de dıgitos pares en un numero de tres dıgitosmayor o igual que 600?
Solucion. (a) Aquı podemos considerar nuestro espacio muestral como Ω = [9] × ([9] ∪0)× ([9] ∪ 0). Para i = 1, 2, 3, definimos la variable aleatoria Xi por
Xi(a1, a2, a3) =
1, si ai es par,0, si ai es impar.
Sea X =∑Xi. Entonces X calcula el numero de coordenadas pares de un elemento de Ω y
E(X) =∑E(Xi) = 4
9+ 5
10+ 5
10= 13
9≈ 1.44.
(b) Ahora sea A1 el suceso de que el primer dıgito de un numero de tres cifras sea 6 u8; entonces P (A1) = 2
4= 1
2; sea A2 el suceso de que el primer dıgito de un numero de tres
cifras sea 7 o 9, ası P (A2) = 24
= 12. Entonces
E(X) = E(X|A1)P (A1) + E(X|A2)P (A2) = 21
2+ 1
1
2=
3
2= 1.5. ♦
15.3. Metodo probabilıstico
De manera general, el metodo probabilıstico consiste en utilizar probabilidad para resolveralgunos problemas en los que no aparece el concepto de probabilidad dentro del enunciado.Se puede aplicar de diversas maneras. Daremos aquı tres ejemplos de aplicacion de diferentenaturaleza.
110
Los ejemplos que daremos estan basados en las siguientes tres ideas elementales:
Existencia de objetos. La idea es que si en determinado conjunto se prueba que la pro-babilidad de encontrar un elemento con ciertas propiedades es positiva, entonces se puedeasegurar que existe un elemento en el conjunto con esas propiedades. Por ejemplo, si dealguna manera podemos saber que la probabilidad de encontrar una gallina blanca en ciertocorral es positiva, entonces podemos asegurar que en ese corral hay por lo menos una gallinablanca.
Existencia de conjuntos de determinado tamano dentro de otros. La idea es que si sedemuestra que el promedio de ciertos numeros excede una determinada cantidad, entoncesse puede asegurar que alguno de los numeros tambien la excede. Por ejemplo, si alguien nosdice que el promedio de sus calificaciones del semestre fue mayor que 8, entonces es seguroque por lo menos hay una calificacion superior a 8.
Cotas para tamanos de conjuntos. La idea es usar probabilidad para comparar tamanosde conjuntos que guardan alguna relacion con otros conjuntos cuyo tamano sı se conoce. Porejemplo, si se sabe que dentro de una bolsa con 10 pelotas, la probabilidad de encontrar unapelota roja es al menos 1
2, entonces se puede asegurar la bolsa contiene al menos 5 pelotas
rojas.
15.57 Ejemplo. Probar que [100] se puede partir en dos subconjuntos A y B de maneraque ninguno de los dos subconjuntos tenga 10 elementos formando sucesion aritmetica.
Solucion. Sean Ω = (A,B) ∈ [100]2 : A ∪B = [100] y A ∩B = ∅
yM la familia de subconjuntos de 10 elementos en de [100] que forman sucesion aritmeti-ca. Para cada M ∈M sea
SM = (A,B) ∈ Ω : M ⊂ A o M ⊂ B.
Entonces P (SM) = 2210 = 1
512(pues, por ejemplo, las distintas formas de escoger A que
contenga a M son agregando a M un subconjunto de [100] \M , lo cual que puede hacersede 290
2100 formas).
Las sucesiones aritmeticas de longitud 10 con diferencia d son 100−9d (de 1, 1+d, . . . , 1+9d a 100− 9d, 100− 8d, . . . , 100). Entonces
|M| = (100− 9 · 1) + · · ·+ (100− 9 · 11) = 100 · 11− 9(66) = 506,
Ası, P (⋃M∈M SM) ≤ 506 · 1
512< 1. ♦
15.58 Ejemplo. Probar que existe un torneo entre n jugadores en el que hay al menosn!
2n−1 listas de los jugadores en las que cada uno le gano al siguiente en la lista. Por ejemplo,para n = 5 se busca torneo con d120
24 e = 8 listas como el siguiente (Para n = 6 necesitarıamosun torneo con d720
25 e = 23 listas.)111
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1
2
34
5
1234523451345124512351234423514123552341
Solucion. Pensemos que los jugadores estan numerados del 1 al n y para cada σ per-mutacion de n y ω torneo definamos Xσ(ω) = 1 si ω tiene a σ como trayectoria dirigida yXσ(ω) = 0 si no. Es claro que X(ω) =
∑σXσ(ω) cuenta el numero de trayectorias dirigidas
de ω que pasan por todos los vertices. Como P (Xσ = 1) = 12n−1 , entonces E(X) = n!
2n−1 . ♦15.59 Lema (Sperner). Sea F una familia de subconjuntos de [n] que cumple que para
cualesquiera A,B ∈ F se tiene que A * B y A * B). Entonces
|F| ≤(n
bn2c
).
Por ejemplo, para n = 4 dos familias que cumplen la propiedad son
1, 2, 3 y 1, 2, 1, 3, 1, 4, 2, 3, 2, 4, 3, 4.
Demostracion. Sea Ω el conjunto de permutaciones de [n]. Para cada A ∈ F sea SA elsubconjunto de Ω formado por las permutaciones σ en las que los elementos de A aparecenantes que los de [n] \ A en σ.
(Por ejemplo, si [n] = 5 y A = 2, 4, entonces algunos elementos de SA son (2, 4, 1, 3, 5),(2, 4, 3, 1, 5), (4, 2, 5, 1, 3).) Si |A| = r entonces
P (SA) =r!(n− r)!
n!=
1(nr
) ≥ 1(nbn
2c
) .Ademas, si A,B ∈ F son distintos entonces SA ∩ SB = ∅, de donde
1 ≥∑A∈F
P (SA) ≥ |F|(nbn
2c
) . ♦
112
16. Temas Selectos de Graficas
16.1. Teorıa de Ramsey
Los siguientes resultados son parte de la llamada Teorıa de Ramsey. Sabemos que encualquier conjunto de 6 personas forzosamente hay 3 que se conocen todas entre sı o 3 talesque ninguna conoce a las otras 2. El contenido del siguiente ejemplo es el mismo resultadopero enunciado y demostrado aquı con el lenguaje de graficas. Dice ademas que 6 es elmınimo numero para el cual se cumple la propiedad.
16.1 Ejemplo. Si en K6 algunas aristas se pintan de rojo y el resto se pintan de azulforzosamente habra un triangulo cuyas aristas son del mismo color. En K5 el resultado esfalso.
Demostracion. Fijemonos en uno de los puntos; de ahı salen 5 lıneas ası que hay tres (almenos) del mismo color.
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Si entre los extremos de estas hay una lınea de ese mismo color, tenemos el triangulo buscado;si no, entonces las tres son del otro color y ese es el triangulo que querıamos.Para ver que el resultado es falso en K5 consideremos la siguiente coloracion de sus aristas
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en la que no hay triangulo de ninguno de los dos colores. ♦
Consideremos ahora un problema mas general que el del ejemplo:
¿Como debe ser n para que si pintamos las aristas de la grafica completa de n verticescon rojo y azul se pueda asegurar que se forma una grafica completa de k vertices roja o unagrafica completa de l vertices azul?
De la siguiente proposicion inductiva tenemos que un tal n siempre existe. Al menor de
113
ellos se le denota por R(k, l). Observemos que el ejemplo demuestra que R(3, 3) = 6.
Antes de demostrar la existencia de R(k, l) hagamos un ejemplo para ilustrar que el papelde los colores no es simetrico.
16.2 Ejemplo. Se pueden colorear las aristas de K8 de rojo y azul de manera que nohaya ningun triangulo rojo ni ningun K4 azul.
Solucion. La figura siguiente, en la que solo se pusieron las aristas de color rojo, pruebaesto.
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En el ejemplo anterior necesariamente hay triangulo azul pues R(3, 3) = 6. El ejemploprueba ademas que R(3, 4) > 8.
16.3 Proposicion. Dados k, l naturales, R(k, l) existe.
Demostracion. La demostracion de la existencia se basa en hacer un razonamiento recur-sivo. Convengamos en que R(1, l) = 1 = R(k, 1). Observemos tambien que R(2, k) = k (yque R(l, 2) = l). Ahora probaremos que
R(k, l) ≤ R(k − 1, l) +R(k, l − 1),
para k, l ≥ 2. Es claro que la formula es valida para k = 2 o l = 2. Para ver que tambien esvalida en general, sean k, l ≥ 3 y supongamos que R(k−1, l) y R(k, l−1) existen. Probaremosque una grafica con R(k − 1, l) + R(k, l − 1) vertices tiene un Kk rojo o un Kl azul. Paraesto sea P un vertice cualquiera; este vertice tiene grado R(k − 1, l) + R(k, l − 1) − 1;entonces tiene al menos R(k − 1, l) aristas rojas o R(k, l − 1) aristas azules (si no, parael numero r de aristas rojas y a el de azules se tendrıa que el numero de aristas r + a ≤(R(k−1, l)−1)+(R(k, l−1)−1) = R(k−1, l)+R(k, l−1)−2, lo cual es una contradiccion). Sinperdida de generalidad hay al menos R(k− 1, l) aristas rojas. Los extremos de estas formanuna grafica completa que tiene un Kk−1 con todas las aristas rojas o un Kl con todas lasaristas azules; en el primer caso, al agregar P se tiene un Kk con todas las aristas rojas; enel segundo ya se tiene el Kl buscado con todas las aristas azules. ♦
El numero obtenido en la formula de la proposicion anterior puede ser estrictamentemenor. En efecto, segun la formula
R(3, 4) ≤ R(2, 4) +R(3, 3) = 4 + 6 = 10,
114
sin embargo, veamos que R(3, 4) = 9.
16.4 Ejemplo. R(3, 4) = 9.
Demostracion. Sabemos que R(3, 4) > 8. Supongamos que tenemos pintadas las aristasde K9 con rojo o azul y supongamos que no hay un K3 rojo ni un K4 azul. De cada verticesalen 8 aristas exactamente; afirmamos que 3 de ellas son rojas y 5 son azules. Supongamosque algun vertice v no tiene tres aristas rojas; entonces tendrıa 6 aristas azules (o mas) yen los otros extremos de esas aristas habrıa un K6, ası que se formarıa ahı un triangulo rojoo uno azul; por nuestra suposicion deberıa ser azul, pero entonces, con v se formarıa un K4
azul, lo cual es una contradiccion. Analogamente, si algun vertice no tuviera 5 aristas azules(al menos) entonces tendrıa 4 aristas rojas, como estamos suponiendo que no hay triangulorojo, entre los otros extremos todas las aristas serıan azules, pero entonces eso serıa un K4
azul, lo cual es tambien una contradiccion. La unica posibilidad es, como dijimos arriba,que en cada vertice haya 3 aristas rojas y 5 azules; sin embargo esto tambien es un absurdoporque son 9 vertices, y el numero de aristas rojas serıa 9×3
2. ♦
El calculo de los R(k, l) ha resultado ser muy difıcil y solo se conocen los siguientes valores(para k ≤ l):
k \ l 1 2 3 4 5 6 7 · · ·1 1 1 1 1 1 1 1 · · ·2 2 3 4 5 6 7 · · ·3 6 9 14 18 234 18
16.5 Ejercicio. (a) Probar que para k, l ≥ 2, R(k, l) ≤(k+l−2k−1
).
(b) Probar que para k ≥ 2, se tiene que R(k, k) ≤ 4k−1.
Hay distintas generalizaciones y aplicaciones de la Teorıa de Ramsey. Por ejemplo, enlugar de buscar graficas completas de un determinado color, uno puede buscar obtener grafi-cas monocromaticas iguales a una grafica especıfica. Incluso puede hacerse un juego en elque haya una grafica dibujada y cada persona tenga un lapiz de un color determinado y queen su turno coloree con su lapiz una arista de la grafica; la primera persona que obtengala grafica buscada con su color gana. Tambien uno puede buscar condiciones mınimas de lagrafica inicial para asegurar que en algun momento alguno de los jugadores debe obtener lagrafica buscada.
Otras generalizaciones son las siguientes:
Generalizacion 1: r colores. Se habla de los numeros R(k1, k2, . . . , kr).
16.6 Ejemplo. R(3, 3, 3) ≤ 17.
115
Demostracion. Tomamos una grafica completa con 17 vertices en que las aristas estanpintadas usando los colores rojo, azul y verde. Nos fijamos en un vertice P. Como a el llegan16 aristas y 5 × 3 = 15 < 16, uno de los colores, digamos el rojo, aparece (al menos) en 6aristas. Los otros extremos de esas aristas forman un K6; si alguna de las aristas entre elloses roja, ya encontramos el triangulo buscado; si no, entonces el K6 esta pintado con solo doscolores y, por [6.46], hay triangulo verde o azul. ♦
16.7 Proposicion.R(3, 3, . . . , 3︸ ︷︷ ︸
r
) ≤ nr,
donde nr esta definido por
nr = 1 +r!
0!+r!
1!+r!
2!+ · · ·+ r!
r!.
Demostracion. Procedemos por induccion sobre r. Tenemos que n2 = 1 + 2!0!
+ 2!1!
+ 2!2!
=1 + 2 + 2 + 1 = 6, ası que el resultado es valido para r = 2. Supongamos que es cierto paracierta r ≥ 2 y tomemos una grafica completa con nr+1 vertices.
nr+1 = 1 + (r+1)!0!
+ (r+1)!1!
+ (r+1)!2!
+ · · ·+ (r+1)!(r+1)!
= 1 + (r + 1)(nr − 1) + 1 = 2 + (r + 1)(nr − 1).
Tomemos un vertice P cualquiera; su grado es nr+1 − 1 = 1 + (r + 1)(nr − 1), ası que, porel Principio de las Casillas, hay nr aristas del mismo color, digamos rojo. Los extremos deellas forman un Knr . Si una de las aristas en este Knr es roja, entonces con P se forma untriangulo rojo; si todas son de los otros r colores entonces, por hipotesis de induccion, hayun triangulo de un solo color y esto termina la prueba. ♦
Tenemos quen2 = 6,n3 = 17,n4 = 66,n5 = 327,n6 = 1958.
Generalizacion 2: Colorear n-adas de vertices en lugar de parejas (aristas). Hasta ahorahemos estado asignando colores a las aristas de las graficas. Notemos que el conjunto dearistas de una grafica completa es A = a ⊂ V : |a| = 2. Una coloracion de este tipo conr colores c1, c2, . . . , cr es una funcion A → c1, c2, . . . , cr. Entonces una coloracion de todaslas n-adas de vertices es una funcion M→ c1, c2, . . . , cr, donde M = m ⊂ V : |m| = n.Como antes, podemos considerar Rn(k1, k2, . . . , kr). Por ejemplo se demuestra la existenciade R3(k, l), el menor entero para el cual si se colorean con rojo y azul todas las ternas de
116
un conjunto V de R3(k, l) elementos, se puede asegurar que hay un subconjunto de V dek elementos en el que todas las ternas tienen color rojo o hay un subconjunto de V de lelementos en el que todas las ternas tienen color azul. Veamos una aplicacion de esto.
16.8 Ejemplo. Teorema de Erdos-Szekeres. Existe un entero menor ES(n) tal que sise tiene un conjunto de ES(n) puntos en el plano (no tres alineados) entonces n de ellosforman un n-agono convexo.
Demostracion. Antes de empezar la prueba de esto, ilustremos el resultado viendo queES(4) = 5. En efecto, con 4 puntos es posible que no se forme un cuadrilatero convexo,como se muestra en el siguiente dibujo.
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Sin embargo con 5 puntos forzosamente hay 4 que forman un cuadrilatero convexo. Para veresto consideremos la envolvente convexa de los puntos, el menor convexo que contiene a lospuntos). Es claro que si la envolvente convexa es un cuadrilatero o un pentagono, entoncesno hay nada que demostrar. Consideremos entonces el caso en que la envolvente convexa esun triangulo y tracemos una recta por los puntos que estan en el interior del triangulo. Estarecta divide al plano en dos semiplanos y en uno de ellos quedan dos vertices del triangulo;esos dos vertices junto con los interiores forman el cuadrilatero convexo buscado.
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Ahora procedamos a probar el teorema. Veremos que si se tienen R3(n, n) puntos enel plano, forzosamente n de ellos forman un n-agono convexo (ası, ES(n) ≤ R3(n, n)). Enefecto, dado el conjunto con R3(n, n) puntos no tres alineados numeremoslos del 1 al R3(n, n)al azar y coloreemos de rojo una terna si su numeracion en orden creciente lleva el sentido delas manecillas del reloj y de azul si lleva el sentido contrario. Por ser R3(n, n) puntos, podemosasegurar que hay n con la propiedad de que todas las ternas son del mismo color, digamosrojo. Esos n puntos deben formar un n-agono convexo pues el que el n-agono que formanno fuera convexo querrıa decir que 4 de los puntos tienen numeracion m1 < m2 < m3 < m4,pero uno quedarıa en el interior del triangulo formado por los otros tres; en cualquier caso,habrıa un triangulo azul:
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m1 m1 m1
m1
m2
m2m2
m2
m3 m3 m3
m3
m4 m4 m4
m4
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16.9 Ejercicio. En un salon de clase hay 66 alumnos de 4 paıses. Demostrar queforzosamente uno de los alumnos tiene numero de lista la suma de dos numeros de lista(posiblemente iguales) de compatriotas suyos.
16.10 Ejercicio. Probar que si en un grupo de 14 personas de cada tres hay dos quese conocen entre sı, entonces debe haber 5 personas que se conocen todas entre sı.
16.2. Arboles numerados
No hay formula para contar el numero de arboles no isomorfos con n vertices; sin embargo,si los vertices estan distinguidos mediante una numeracion del 1 al n (decimos que se trata deun arbol numerado) entonces sı la hay como veremos a continuacion. Hay que aclarar aquıque si existe un isomorfismo entre los arboles que preserva la numeracion de los vertices,entonces los arboles numerados se consideran iguales; por ejemplo los arboles G1 y G2 de lafigura son isomorfos como arboles numerados pero G3 no es isomorfo a ellos.
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G2 G3
1
1
12 2 2
3
3 34 4 45
5
5
6
6 6
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16.11 Ejercicio. Contar directamente el numero de arboles numerados con 5 vertices.
16.12 Proposicion. Formula de Cayley. El numero de arboles numerados con n verti-ces es nn−2.
Demostracion. Estableceremos una biyeccion entre el conjunto de arboles numerados enlos que se ha distinguido una pareja de vertices (I, F ) (posiblemente I = F ) y las funcionesde [n] en [n]; como el numero de estas es nn, la formula de Cayley sera una consecuenciaobvia. Veamos como asignar a una funcion f : [n] → [n] un arbol numerado por [n] conpareja de vertices (I, J) distinguidos. (Conviene ir siguiendo el ejemplo que se da abajo encada paso de la construccion.)
118
Dada f representemosla mediante una grafica dirigida con vertices en [n] poniendo unaarista de i a j si, y solo si, f(i) = j. Sean i1 < i2 < · · · < ik los elementos de [n] que estanen un algun ciclo dirigido en esta grafica (es decir, ordenamos aquellos i tales que fmi(i) = ipara alguna mi ∈ N). Sean I = f(i1) y F = f(ik). Pongamos una arista de f(i1) a f(i2),otra de f(i2) a f(i3), etc. hasta una de f(ik−1) a f(ik); despues pongamos aristas entre cadauno de los vertices restantes y su respectiva imagen bajo la funcion. Ilustremos esto con unejemplo: Tomemos n = 9 y la funcion f : [9]→ [9] definida por
f(1) = 2, f(2) = 8, f(3) = 3, f(4) = 2, f(5) = 1,f(6) = 9, f(7) = 3, f(8) = 4, f(9) = 6.
La grafica dirigida que representa a f es
12 3
4 5
6 789 ←← →↔ ↓
<.................................................................................
Los elementos en algun ciclo dirigido son 2 < 3 < 4 < 6 < 8 < 9 y sus imagenes son, enorden: 8, 3, 2, 9, 4, 6. Entonces el arbol con vertices distinguidos (I, F ) que se asigna a f es
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1
23 4
5
6
7
8 9
I F• •
•
•
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•
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• •
Es claro como dar la inversa de la asignacion descrita. ♦
16.13 Ejercicio. ¿Que arbol numerado corresponde a la funcion f : [9]→ [9] dada porf(1) = 4, f(2) = 7, f(3) = 8, f(4) = 2, f(5) = 3, f(6) = 9, f(7) = 1, f(8) = 8, f(9) = 6.
16.14 Ejercicio. ¿Que funcion corresponde al arbol numerado siguiente si I = 9 yF = 10?
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1 2
34 5
6
7
8
9
10 11• •
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16.15 Ejercicio. ¿Que funcion corresponde al arbol numerado siguiente si I = F = 1?
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7 8
9
10• • • • •
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16.16 Ejercicio. Una funcion f : [n] → [n] es acıclica si la grafica dirigida asignadaa f no tiene ciclos dirigidos de longitud mayor que 1. Probar que el numero de funcionesacıclicas f : [n]→ [n] es (n+ 1)n−1.
Un bosque es una grafica cuyas componentes conexas son arboles.
16.17 Observacion. Si un bosque tiene c componentes y n vertices entonces su numerode aristas es n− c.
Demostracion. Primera forma. Induccion sobre c. Para c = 1 el bosque es un arbol y yaconocemos el resultado (ver [6.11]). Supongamos que c > 1 y consideremos una componenteC. Sea k el numero de vertices de C (de donde el numero de aristas de C es k−1). Entonces elbosque que se obtiene al eliminar esta componente C tiene n−k vertices y c−1 componentesası que, por hipotesis de induccion, su numero de aristas es n−k−(c−1). En total el bosquetiene n− k − c+ 1 + k − 1 = n− c aristas, como querıamos.
Segunda forma. Agreguemos un vertice v a la grafica y escojamos un vertice vi en cadauna de las componentes i; pongamos una arista de v a cada vi. La nueva grafica es un arbolcon n+ 1 vertices y, por tanto, n aristas, ası que la grafica original tiene n− c aristas. ♦
Decimos que un bosque numerado esta enraizado si cada arbol tiene un vertice distingui-do.
16.18 Proposicion. El numero de bosques enraizados con n vertices es (n+ 1)n−1.
Demostracion. Establezcamos una correspondencia biyectiva entre los bosques enraizadoscon n vertices y los arboles numerados con n + 1 vertices. Dado un bosque enraizado conn vertices agreguemos un vertice y pongamosle el numero n + 1. Unamos este vertice concada uno de los vertices distinguidos en cada arbol. Obtenemos un arbol numerado con n+1vertices. Es claro que esta correspondencia tiene inversa y, por tanto, es biyectiva. ♦
16.3. Apareamientos
Nuestro siguiente objetivo es tratar un importante resultado sobre graficas bipartitas.
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Consideremos el siguiente problema: En una fabrica hay ciertas labores L que debenasignarse. Se cuenta con cierto personal P y cada uno de sus miembros es capaz de realizaralgunas de las labores. ¿Es posible cubrir todos los puestos si una persona debe realizaruna sola labor para la cual este capacitada? Podemos traducir este problema al lenguaje degraficas como sigue: Dada una grafica bipartita con particion (L, P ), ¿es posible encontrarun conjunto de aristas de manera que cada vertice de L pertenezca exactamente a una de lasaristas y cada arista de P pertenezca a lo mas a una arista? En caso afirmativo, el conjuntode aristas encontrado se llama apareamiento de L a P . Si ademas cada vertice de P pertenecea una arista decimos que el apareamiento es perfecto.
Dado un conjunto de vertices A en una grafica cualquiera G denotemos por VG(A) (osimplemente V (A) si G esta sobrentendido) al conjunto de todos los vertices que estan unidosa algun elemento de A. Los elementos de V (A) decimos que son vecinos de A. Es claro que si elproblema de la asignacion de labores tiene solucion, entonces para cualquier subconjunto delconjunto de labores debe haber al menos el mismo numero de personas capaces de realizarlo.Esta condicion resulta tambien suficiente como veremos a continuacion.
16.19 Proposicion. Teorema de Philip Hall. Sea G = (L, P ) una grafica bipartita.Existe un apareamiento de L a P si, y solo si, para todo A ⊂ L se tiene que |A| ≤ |V (A)|.
Demostracion. Es clara la implicacion (⇒). Supongamos entonces que para todo A ⊂ Lse tiene que |A| ≤ |V (A)| y probemos que hay un apareamiento de L a P . Haremos estopor induccion sobre |L|. Para |L| = 1 la conclusion es obvia. Tomemos una grafica bipartita(L, P ) en la que |L| > 1 y |A| ≤ |V (A)| para todo A ⊂ L, y supongamos que el resultado escierto para cualquier grafica bipartita (L′, P ′) que cumpla la hipotesis y en la que |L′| < |L|.Tenemos dos casos:
Primer caso. Para todo subconjunto propio A de L se tiene que |A| < |V (A)|. Tomemosun elemento l0 de L y sea p0 ∈ V (l0). Sea L′ = L \ l0 y P ′ = P \ p0. Veamos que lagrafica bipartita G ′ = (L′, P ′) satisface las hipotesis del teorema: Sea A ⊂ L′, entonces elconjunto de sus vecinos en G ′ es el mismo que en G salvo tal vez un elemento menos (p′0),pero como estamos suponiendo que la desigualdad es estricta en G, entonces en G ′ se tienela desigualdad (no necesariamente estricta) requerida. Al completar el apareamiento que nosda la hipotesis de induccion con la arista l0p0 tenemos el apareamiento buscado.
Segundo caso. Existe un subconjunto propio A0 de L tal que |A0| = |V (A0)|. Tomemosdicho A0 y usemos la hipotesis de induccion para encontrar un apareamiento de A0 a V (A0).Sean L′ = L \ A0 y P ′ = P \ V (A0). Bastara encontrar apareamiento de L′ a P ′. Para ello,por hipotesis de induccion, debemos ver que la grafica G ′ = (L′, P ′) satisface la hipotesis. SeaB ⊂ L′; usando la hipotesis de la proposicion, nuestra suposicion sobre A0 y que el numerode elementos de una union ajena de conjuntos es la suma del numero de elementos de los
121
conjuntos tenemos
|B|+ |A0| = |B ∪ A0| ≤ |VG(B ∪ A0)|= |VG(B) ∪ VG(A0)| = |VG′(B) ∪ VG(A0)|= |VG′(B)|+ |VG(A0)| = |VG′(B)|+ |A0|,
de donde, cancelando |A0|, |B| ≤ |VG′(B)|, que es lo que necesitabamos. ♦
Un ejemplo sorprendente de la aplicacion del Teorema de Philip Hall es el siguiente.
16.20 Ejemplo. Una matriz cuadrada de enteros no negativos tal que la suma de loselementos de cada renglon y de cada columna es la misma constante k ∈ N se llama cuadradomagico. Probar que los cuadrados magicos son la suma de cuadrados magicos de suma 1 (esdecir, de matrices de permutacion).
Solucion. Es claro si C es suma de matrices de permutacion entonces C es cuadradomagico. Recıprocamente, sea C un cuadrado magico de suma k. Procedemos por induccionsobre k. Para k = 1 no hay nada que demostrar. Supongamos que k > 1 y sea n el numerode renglones de C. Construyamos la grafica bipartita (L, P ) en que L es el conjunto derenglones, P es el conjunto de columnas, y hay una arista de l ∈ L a p ∈ P si, y solo si, enla entrada (l, p) de C hay un elemento distinto de 0. Veamos que esta grafica satisface lashipotesis del Teorema de Philip Hall. Sea A ⊂ L y digamos que |A| = r. Sea s el numerode columnas que tienen elementos distintos de 0 en estos renglones (es decir, s = |V (A)|).Sumemos de dos formas distintas todos los elementos de los renglones de A. Por renglonesla suma de ellos A es rk; por columnas, su suma es menor o igual que sk. Entonces rk ≤ skde donde r ≤ s, como querıamos. Entonces, aplicando el Teorema de Philip Hall, tenemosque hay un apareamiento (perfecto) de L a P . Sea C1 la matriz que tiene 1 en cada unade las entradas de C determinadas por el apareamiento y sea C2 = C − C1; entonces C1 esun cuadrado magico de suma 1 y C2 es un cuadrado magico de suma k − 1, de donde, porhipotesis de induccion, tenemos el resultado. ♦
16.21 Ejercicio. (a) Sea G = (X, Y ) una grafica bipartita en la cual cada vertice de Xtiene grado mayor o igual que 1 y que cada vertice de Y . Probar que existe un apareamientode X a Y .
(b) En un cuarto hay n ninos y n juguetes. Cada nino escoge r de los juguetes y resultaque cada juguete es escogido por r ninos. Probar que se pueden organizar r rondas de juegode manera que en cada ronda cada nino juegue con alguno de los juguetes que eligio sinrepetir.
122
16.4. Arboles de costo mınimo
Otro problema interesante que podemos resolver con Teorıa de Graficas es el siguiente:En un determinado paıs en el que no hay autopistas se tiene calculado el costo de construiruna autopista entre cada pareja de ciudades. Se quiere determinar la forma de construir lared carretera de manera que el costo sea mınimo pero que cada pareja de ciudades quedeconectada mediante autopistas. Realmente no es importante el que se haya calculado elcosto de la autopista entre cada par de ciudades sino el que todas tengan la posibilidad deestar conectadas. Entonces, en terminos de graficas, el problema que queremos resolver es elsiguiente: En una grafica conexa cada arista tiene un cierto peso (funcion p : A → R, dondeA es el conjunto de aristas). Se quiere encontrar un arbol generador en el que la suma de lospesos de sus aristas sea mınima. Veremos que el ir tomando aristas de una en una de maneraque en cada paso el peso acumulado hasta el momento sea lo menor posible con tal de que nose forme ciclo es una respuesta del problema. Observemos que el resultado no es inmediato;es decir, un procedimiento de escoger en cada paso lo mejor posible no siempre produce elmejor resultado final. Por ejemplo, consideremos el problema de encontrar un apareamientoperfecto de peso mınimo en la grafica siguiente:
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1
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5
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En este caso, el escoger al principio la arista con peso 1 nos forzarıa a escoger despues laarista con peso 5 (pues se busca un apareamiento), lo cual nos darıa un peso total de 6 quees mayor que el que nos darıa haber escogido las dos aristas con peso 2.
Para probar el resultado mencionado necesitamos un lema.
16.22 Lema. Sean B y B′ bosques con el mismo conjunto de vertices. Si el numerode aristas de B′ es mayor que el de B entonces es posible agregar a B una arista de B′ demanera que la grafica obtenida siga siendo bosque.
Demostracion. Tenemos que el numero de componentes de B′ es menor que el de B, asıque existe una arista en B′ entre dos vertices que estan en distintas componentes de B; alagregar esta arista a B no se forman ciclos. ♦
16.23 Proposicion. Sea G una grafica conexa con n vertices y sea p : A → R unafuncion con A el conjunto de aristas de G. Sea (a1, a2, . . . , an−1) una sucesion de aristas(distintas) de A construida recursivamente por: a1 es una arista con p(a1) mınimo en p(a) :a ∈ A, y para i ≥ 1 la arista ai+1 ∈ A\a1, a2, . . . , ai es tal que la grafica determinada por
123
a1, a2, . . . , ai+1 no tiene ciclos y p(ai+1) es mınimo dentro de las aristas con esta propiedad.Entonces la grafica determinada por a1, a2, . . . , an−1 es un arbol con peso mınimo dentro deG.
Demostracion. Supongamos que no y sean b1, b2, . . . , bn−1 las aristas de un arbol con pesomenor: n−1∑
i=1
p(bi) <n−1∑i=1
p(ai),
ordenadas de manera que p(bi) ≤ p(bi+1) para toda i. Por definicion de a1 tenemos quep(a1) ≤ p(b1). Sea i0 el primer ındice tal que p(ai0) > p(bi0) (tal i0 existe pues estamossuponiendo que el peso total del arbol que tiene por aristas las bi es menor que el del arbolque tiene por aristas las ai; ademas i0 > 1). Sea B el bosque cuyas aristas son todas las aicon i < i0 y sea B′ el arbol cuyas aristas son todas las bi con i ≤ i0. Entonces B′ tiene unaarista mas que B ası que, por el lema anterior, es posible agregar a B una de las aristas bjde B′ de manera que continue siendo bosque. Pero
p(bj) ≤ p(bi0) < p(ai0),
ası que esto contradice la eleccion de ai0 . ♦
124
Referencias y lecturas complementarias
Bona, M., A Walk through Combinatorics, World Scientific, 2002.
Bondy J.A., Murty, U.S.R., Graph Theory with Applications, The Macmillan Press Ltd,1977.
Engel, A., Problem-Solving Strategies, Springer, 1997.
Lovasz, L., Combinatorial Problems and Exercises, AMS Chelsea Publishing, AmericanMathematical Society Providence Rhode Island, 2nd edition, 2007.
Perez Seguı M. L., Combinatoria, Cuadernos de Olimpiadas de Matematicas, Institutode Matematicas, UNAM, 3a edicion, 2009.
Perez Seguı M.L., Combinatoria Avanzada, Cuadernos de Olimpiadas de Matematicas,Instituto de Matematicas, UNAM, 2010.
Soulami, T.B., Les Olympiades de Mathematiques, Reflexes et Strategies, Ellipses edi-tion Marketing S.A., 1999.
Vilenkin, N., ¿De Cuantas Formas? (Combinatoria), Editorial Mir, Moscu, 1972.
125
