Notas de Combinatoria

8/17/2019 Notas de Combinatoria

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Apuntes de Combinatoria para la Olimpiada deMatem áticas

Pedro S ánchez. ( [email protected] )

14 de marzo de 2002


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Índice general

1. Conteo. 2

1.1. Principios b ásicos de conteo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Permutaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2.1. -permutaciones de objetos. . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.2. Permutaciones circulares, y con repetici ón. . . . . . . . . . . 7

1.3. Combinaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2. Coecientes binomiales. 10

2.1. Identidades b ásicas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.2. El Tri ángulo de Pascaly el Teorema del Binomio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3. Dos principios importantes. 16

3.1. Principio de las casillas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

A. Inducci ón Matem ática. 18

A.1. El m étodo de Inducci ón Matem ática. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

A.2. Problemas y Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

B. Soluciones y sugerencias de ejercicios seleccionados. 23

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Capı́tulo 1

Conteo.

1.1. Principios b ásicos de conteo.

Hay dos principios b ásicos en combinatoria.

1.1 (Principio de la adici ón) Si se desea escoger un objeto que puedetener tipos distintos, y para el primer tipo hay opciones, parael segundo tipo hay opciones, para el tercer tipo opciones, yaśı sucesivamente hasta opciones para el último tipo, entonces elobjeto puede escogerse de maneras.

Lo que el principio anterior dice, es que el total de opciones es la suma delnúmero de opciones en cada tipo. Como ejemplo, supongamos que hay queescoger un libro de entre materias: matem áticas, historia y biologı́a. Hay librosde matem áticas, de historia y de biologı́a. Entonces tenemos opciones.

1.2 (Principio de la multiplicaci ón) Si una tarea se ha de realizar en etapas, y si la primera etapa tiene maneras de realizarse, lasegunda tiene maneras, y aśı sucesivamente hasta maneras derealizar la última, entonces el número de formas de realizar la tarea es

.

Si una persona ha de escoger c ómo vestirse, teniendo camisas, pantalones, pares de calcetines y pares de zapatos, entonces tiene formasde vestirse, ya que para cada elecci ón de la camisa (4 opciones) tiene opcionespara el pantal ón, lo que da opciones para camisa y pantal ón. Paracada una de esas tiene pares de calcetines, totalizando formas, y para

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Combinatoria (Olimpiada de Matem áticas) 3

cada una de esas tiene dos opciones para los zapatos, de modo que se duplica eltotal y al nal tiene formas de vestirse. El principio de la multiplicaci ón puedevisualizarse mediante un diagrama de árbol

camisa pantal ón

camisa

pantal ón calcetı́n zapato

total

pantal ón calcetı́n

camisa pantal ón

calcetı́n zapato

camisa pantal ón calcetı́n

pantal ón calcet ı́n

Veamos algunas ejercicios que usan estos principios.

Ejemplo. ¿Cuántos n úmeros de cifras est án formados ´unicamente de cuatros y doses(ejemplos: )?

Nos est án pidiendo n ´umeros de cinco cifras, es decir, nos piden llenar con doses y cuatros las

cinco rayitas . En la primera rayita podemos poner un dos o un cuatro (

opciones), en lasegunda podemos poner un dos o un cuatro ( opciones), lo mismo en la tercera, cuarta y quintarayita. El principio de la multiplicaci ón dice que el total es . As ı́,la respuesta es que hay de los n úmeros pedidos.

Ejemplo. ¿Cu ántos n úmeros de cifras no tienen cincos ni treses?

Como en el ejercicio anterior, tenemos que llenar cinco espacios . En el primer espacio,de los dı́gitos, no podemos usar el ni el , pero tampoco podemos poner un cero ya quesi ponemos cero, el n úmero tendr ı́a menos de cifras. Entonces tenemos opciones para elprimer espacio. En las restantes 4 posiciones podemos poner cualquier d ı́gito excepto el y el

, es decir, ocho opciones en cada caso. El principio de la multiplicaci´ on nos da un total de

.

Ejemplo. Si hay que escoger un n úmero que tenga todas sus cifras pares exceptocuatros y ochos, o todas sus cifras impares excepto cincos y sietes, ¿de cu ántas formaspuede hacerse?

Hay dos tipos de n úmeros que queremos contar: los que tienen d ı́gitos pares y los que tienendı́gitos impares. El principio de la adici ón dice que el total lo obtenemos sumando el total de

Pedro S ánchez [email protected]


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cada caso.

Cuando todos son pares, hay cuatro posiciones . En la primera posici´ on tenemos que ponerun número par que no sea ni , pero tampoco cero (porque de lo contrario, el n´ umero ya notendrı́a 4 cifras). Entonces tenemos dos opciones ( , ). Para las dem´as posiciones tenemos 3opciones siempre ( , , ). El total es .

Cuanto todos son impares, como no podemos poner cincos ni sietes, tenemos 3 opciones paracada espacio: , , . En total hay números de esta forma.

Entonces, el total pedido (usando el principio de la suma) es .

Ejemplo. ¿Cu ántos n úmeros de 6 cifras hay que no tienen sus d ı́gitos repetidos?

Tenemos 6 espacios a llenar . En el primero, tenemos opciones, porque no podemosponer al cero. En la segunda posici ón tambi én tenemos opciones, porque aunque ya nopodemos usar el n úmero que escogimos antes, ahora s ı́ podemos usar el cero. Para la terceraposici ón tenemos opciones (de los diez dı́gitos, ya usamos dos), para la cuarta posici ´ on hay

opciones, para la quinta y para la última . En total hay

números de seis cifras sin dı́gitos repetidos.

Aunque los principios b ásicos de conteo pueden usarse en la gran mayor ı́a delos casos, usualmente hay f órmulas (basadas en esos principios) que nos permitenhacer los c álculos de manera m ás r ápida. En la siguientes secciones estudiaremoslas principales.

1.2. Permutaciones.

En varios de los ejemplos anteriores usamos el principio de la multiplicaci ónen una situaci ón muy especial: en cada posici ón, siempre tenı́amos las mismasopciones (como en el ejercicio de la secci ón anterior que se ped ı́a formar n úmerosque s ólo tenı́an cuatros y doses). Si hay que llenar posiciones y cada posici óntiene opciones, el total de arreglos es

veces

Es importante notar que la f órmula anterior es v álida únicamente cuando en todaslas posiciones siempre tenemos la misma cantidad de opciones.

Ejemplo. Se escriben las letras a, b, c, d, e, f en papelitos distintos y luego serevuelven los seis papelitos en una bolsa. Se desea formar palabras de cuatro letras conesas letras. Se extrae un papelito, se apunta la letra, y se regresa a la bolsa, repitiendoeste proceso 4 veces. ¿Cu ántas palabras se puede formar?

Las palabras son arreglos de cuatro letras, cada letra puede ser de seis tipos distintos. Entoncesel total de palabras es palabras.



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Otra situaci ón especial que aparece con frecuencia, es que cada vez quehacemos una elecci ón, no podemos volver a escoger esa opci ´ on (como enel ejercicio que hab́ıa que formar n´ umeros cuyos dı́gitos no se repitieran).Imaginemos primero que se tienen objetos y nos preguntamos de cu ántasmaneras podemos ordenarlos en la. Como ejemplo concreto, consideremos las5 vocales a, e, i, o, u y nos preguntamos de cu ántas maneras podemosordenarlas. Posibles arreglos serı́an aeiou, ueoia, aioue . Son 5 posiciones y 5objetos. La primera posici ón tiene opciones, la segunda (porque ya no podemosusar la misma letra), la tercera , la cuarta y la última . Entonces en total hay

arreglos.

Hacemos notar que lo importante aquı́ es que no podemos repetir lo queescogemos. Podemos ver que si en vez de tuviésemos objetos que ordenar, eltotal habrı́a sido .

Si es un entero positivo, al n ´ umero se conocecomo factorial y se representa como . Notemos que la denici ón anterior diceque es un entero positivo. Una de las propiedades que cumple el factorial es que

Esa propiedad nos dice una manera de “extender” la denici ón para incluir al cero,ya que entonces ser ı́a

.

Regresando a nuestro problema, podemos enunciarlo con esta nueva notaci óncomo sigue:

1.3 Hay maneras de ordenar objetos cualquiera.

Ejemplo. Si se tienen libros, el n úmero de formas de ordenarlos en un librero (uno junto a otro) es .

Ejemplo. Si se baraja un paquete completo de 52 cartas. ¿De cu ántas formas puedenquedar ordenadas?

El número de arreglos de las cartas es

1.2.1. -permutaciones de objetos.

El alfabeto tiene letras. ¿Cu ántas palabras de letras se pueden formaren las que ninguna letra se repita? El principio de la multiplicaci ón nos dice quepodemos llenar los 5 espacios de formas.



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Si en vez de hubı́esemos pedido palabras de 10 letras, el n´ umero habrı́a sido

, y si en lugar de pidiéramos arreglos de letras, el total ser ı́a

(puedes sustituir varios valores de para comprobar). ¿Porqu é funciona esafórmula? En todas las etapas las opciones vienen del mismo conjunto, pero comocada vez que hacemos una elecci ón ya no podemos volver a usar esa letra, lasopciones van disminuyendo de una en una, y como hay posiciones, tenemos factores consecutivos.

Tampoco tenı́a nada de especial el . La situaci ón general es como sigue:se tiene un conjunto con objetos (en el ejemplo anterior fue un conjunto de letras), de los cuales se escogen elementos (en el ejemplo fueron ) para formararreglos (palabras), ¿de cu ántas formas se puede hacer? La primera posici ón tiene

opciones, la segunda

, la tercera

, y ası́ sucesivamente hasta llenarlas posiciones. El total de arreglos es entonces

factores

Un arreglo formado por elementos que se escogen de un conjuntocon elementos se llama una -permutaci ´ on (de objetos) o simplementepermutaciones de en . El número de las mismas se calcula con el producto dearriba. El producto anterior se “parece” a un factorial. Si lo completamos y dividimosentre los factores que hicieron falta obtenemos la f órmula que buscamos.

1.4 (Permutaciones de en ) Si de un conjunto de elementos seescogen para formar arreglos, entonces elnúmero de tales arreglosse representa como

y

Este número también se representa como

o .

Ası́, la soluci ón de las palabras de cinco letras la pudimos haber calculadocomo

Ejemplo. Si en un concurso de matem´ aticas participan personas, ¿de cu´antas

maneras pueden quedar repartidos el primer, segundo y tercer lugar?Para los premiados se escogen de las personas, y como el orden importa, la respuesta es



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1.1 ¿Cu ántos n´umeros de cifras tienen todas sus cifras impares y al menos una de ellasest á repetida?

1.2.2. Permutaciones circulares, y con repetici ón.

1.3. Combinaciones.

Para terminar esta secci ón, consideramos el siguiente tipo de problemas:“Dada una colecci ón de objetos, ¿de cu ántas maneras se pueden escoger de ellos?”.

Veamos un ejemplo concreto. El conjunto a considerar ser á y nos preguntamos de cu ántas maneras podemos escoger tres vocales. Un primerintento dirı́a:

Como hay que formar arreglos de letras a partir de un conjunto que tiene elementos, hay arreglos.

Sin embargo, el razonamiento anterior es incorrecto. Para ver el porqu é,imaginemos que las letras escogidas son a, i, u . Estas forman los arreglos aiu,aui, iua, iau, uia, uai . Entonces, seis diferentes arreglos representan lamisma elecci ón. El problema es que aquı́ no se nos pide el n´ umero de arreglos,sino simplemente el n´ umero de formas de escoger las letras. Es decir, no importa el orden .

Nuestro problema es, que si contamos arreglos, estamos contando 6 veces elnúmero que queremos. Esto es ası́, porque cada vez que escogemos tres letras,hay formas de revolverlas entre s ı́ (ver Teorema 1.3). Si por cada grupo de

3 letras hay 6 arreglos, entonces el n´ umero que buscamos es un sexto del n´ umerode arreglos. Entonces la respuesta que buscamos es .

¿Qu é habrı́a pasado si en vez de grupos de tres hubi éramos formado gruposde cuatro? ¿o de dos? ¿Y si en vez de un conjunto de 5 elementos hubi ésemoscomenzado con uno de 10 o de 20?

Para encontrar la f órmula, supongamos que comenzamos con un conjunto de elementos y queremos contar de cu ántas formas se puede hacer un grupo de de sus elementos. Al igual que en el razonamiento anterior, comenzamos contandoel número de arreglos de tama ño . El Teorema 1.4 nos dice que este n´ umero es

Pero al igual que en ejemplo, este no es el n´ umero que buscamos, ya que variosarreglos pueden representar el mismo grupo. Pero ya sabemos que objetos sepueden revolver de maneras entre śı (Teorema 1.3). Entonces el n ´ umero degrupos es veces el n úmero de arreglos. De este modo, el n úmero de formas



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de escoger elementos a partir de un conjunto con elementos (sin importarorden) es

Un subconjunto de elementos de un conjunto con se llama a veces unacombinaci ´ on , por lo que al n´umero calculado se le llama combinaciones de en

(o “ en ” por brevedad). Tambi én se le da le nombre de coeciente binomial por razones que aprenderemos m ás adelante. Se representa de varias maneras,algunas de las cuales son

, entre otras. 1 Resumimosnuestro trabajo en el siguiente teorema.

1.5 (Combinaciones de en ) El número de subconjuntos con

elementos de un conjunto con

elementos es

Las combinaciones juegan un papel central en la combinatoria, por lo quededicaremos todo el cap ı́tulo siguiente al estudio de sus propiedades. Por ahoraúnicamente nos interesa su aplicaci ón al conteo (c álculos num éricos).

Ejemplo. El poker se juega con 32 cartas , cada una de las cuales tiene un “n´ umero”que puede ser y un sı́mbolo (o “palo”) que puede ser .De este modo, representa el diez de corazones. Un jugador recibe cinco cartas.

1. Si de las cinco cartas, hay 3 de un mismo n úmero y dos de otro, ¿de cu ántasmaneras se puede hacer?

2. Si el jugador recibe cuatro cartas del mismo n úmero (por tanto la última dedistinto), ¿cu ántos casos posibles hay?

3. ¿De cu ántas formas puede recibir sus cinco cartas de modo que las cinco seandel mismo palo?

4. ¿De cu ántas maneras puede recibir sus cartas de

1. Primero, usamos el principio de la multiplicaci´ on para ver que hay 56 formas de escogerqué número se va a repetir 3 veces y cual se va a repetir dos (porque en total hay 8

numeros).Ahora, para cada una de esas elecciones, hay que escoger tres cartas de las cuatro quetienen el primer n´umero. Esto puede hacerse de formas. Para formar las dos

1 La última se debe a que es un caso particular de combinaciones con repetici ón ocoecientes multinomiales (con dos tipos de objetos).



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restantes, escogemos dos de las cuatro que tienen el segundo n úmero, lo cual puedehacerse de formas. El total de formas es

2. Hay 8 formas de escoger el n´ umero que se repite cuatro veces (que es lo mismo quehacer ). La carta restante necesariamente es de un n úmero distinto, porque s ólohay cuatro de cada n úmero, as ı́ que la podemos escoger de cualquiera de las 28 restantes(en total son 32 cartas), por lo que el n úmero de casos posibles es .

3. El palo tiene cuatro opciones (que es lo mismo que ). De las 8 cartas de cada palo,hay que escoger 5. Entonces el total es



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Capı́tulo 2

Coecientes binomiales.

En el capı́tulo anterior, vimos que representa el n ´ umero de subconjun-tos de elementos que tiene un conjunto con elementos. Adem ás, vimos que sepuede calcular mediante la f órmula

A lo largo de este capı́tulo veremos una gran variedad de otras propiedades,pero el enfoque ser á distinto al anterior. Para poder desarrollar las habilidadesde demostraci ón en combinatoria, nuestras pruebas no se basar án en el c álculoexpl ı́cito con la f órmula, sino en el hecho de que son el n úmero de -subconjuntosde un conjunto con elementos. Ası́, aunque podemos demostrar las propiedadesdesarrollando la f órmula con factoriales, de este modo las combinaciones nuncaser án m ás que herramientas de conteo para nosotros, mientras que el uso de sudenici ón como n´umero de subconjuntos nos permite adquirir nuevas habilidadesque nos ser án extremadamente útiles al momento de enfrentarnos a la resoluci ónde problemas.

2.1. Identidades b ásicas.

Al usar las combinaciones en el cap ı́tulo anterior, hab ı́an unos casos especiales(cuando los subconjuntos son de un elemento, cuando se escoge todo el conjunto),que tal vez notaste. A continuaci ón los enunciamos para poder usarlos libremente.

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2.1 Si

representa el número de subconjuntos con elementos que

tiene un conjunto de elementos, entonces para cualquier :(a)

,

.

(b)

.

Dado que s ólo hay una manera de escoger todos los elementos, y s ólo unamanera de no escoger ninguno, tenemos que . Por otro lado,si un conjunto tiene elementos y queremos escoger uno, tenemos opciones.Aś ı .

Para demostrar la segunda, notamos que cada vez que escogemos elementos para formar el subconjunto, estamos determinando a los queno van a estar en el subconjunto. Y viceversa, escoger que no est én enel subconjunto autom áticamente determina a los que s ı́ est án. Si para cadaelecci ón de unos hay una elecci ón correspondiente de los otros, el total en amboscasos es el mismo (igual n úmero de formas de escoger los que s ı́ van a estar ylos que no van a estar. Esto es,

La demostraci ón dada es un ejemplo de c ómo se evita la aplicaci ón mec ánicade la f órmula, usando un argumento basado en la denici ón. El siguiente resultadoya no es tan simple y a la vez es muy interesante, se conoce como Identidad dePascal.

2.2 (Identidad de Pascal) Si son enteros mayores a , entonces

Hagamos un an álisis previo. Supongamos que esel conjunto que tiene elementos, con los que queremos formar subconjuntoscon elementos. Fij émonos en un elemento cualqueira, digamos . De todos losconjuntos que queremos formar, algunos contendr án a

y otros no, sin embargo

Total de subconjuntos con elementos

(subconjuntos con elementos que contienen a

)

(subconjuntos con elementos que no contienen a )

El total es, por denici ón . Ahora queremos contar cu ántos de elloscontienen a . Si uno de tales conjuntos tiene a , hay que llenar posiciones



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con cualquiera de los otros . En otras palabras, como ya sabemos que es

un elemento, hay que escoger de los restantes, lo que se puede hacerde formas.

Para formar un conjunto que no contiene a

, hay que escoger elementosde los que son distintos a . Esto lo podemos hacer de formas. Entonces, por las observaciones de arriba, concluimos que

.

Sabemos contar cu ántos subconjuntos de tama ño tiene un conjunto de elementos, ¿pero cu ántos subconjuntos tiene en total? Hay un conjunto con elementos (el vac ı́o), hay con un s ólo elemento, hay que tienen doselementos, etc. En otras palabras, queremos calcular la suma

Como hemos estado haciendo, analizaremos primero un caso particular comoejemplo. Imaginemos que tenemos el conjunto . Como tiene elementos, queremos calcular

. La idea que usaremos ser á “representar” los subconjuntos con sucesionesde unos y ceros del siguiente modo: consideramos cinco espacios , yescogemos un subconjunto; si un elemento aparece en el conjunto escribimos un

en su posici ón, y de lo contrario ponemos un .

Ejemplo: Si el subconjunto escogido fuera , escribirı́amos porques ólo el tercer, el cuarto y el quinto elementos est án el subconjunto. Si elsubconjunto fuera la sucesi ón serı́a , y al subconjunto vacı́o le toca

. Tambi én es claro que si escogemos cualquier sucesi ón de longitud cincohecha de unos y ceros, representa alg´ un subconjunto. Por ejemplo la sucesi ón

es el subconjunto y la sucesi ón es el subconjunto .

As ı́, cada sucesi ón es un conjunto y cada subconjunto es una sucesi ón.Entonces contar subconjuntos es lo mismo que contar sucesiones. Pero el principiode la multiplicaci ón nos dice que hay de tales sucesiones. Por tanto, hay subconjuntos.

No habı́a nada de especial en que el subconjunto tuviera cinco elementos.Si tuviese elementos, usar ı́amos sucesiones de longitud . El argumento escompletamente an álogo. De nueva cuenta resumimos nuestro an álisis en unteorema.

2.3 Un conjunto con elementos tiene subconjuntos diferentes:



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2.2. El Tri ángulo de Pascal

y el Teorema del Binomio.Acomodemos en una tabla los valores de

con los valores de por las ylos de por columnas:

0 1 2 3 4 5 6

0

1

2

3

4

5

La Identidad de Pascal nos dice que todo elemento del tri ángulo es igual a los dosque se encuentran directamente 1 sobre ella. Esto quiere decir que si construimosun arreglo triangular de n´ umeros (comenzando con en la primera la) de modoque toda entrada sea la suma de las dos que est án encima de ella, los n úmerosque aparecen son precisamente los coecientes binomiales. El arreglo que seforma se conoce como Tri ́ angulo de Pascal

El Triángulo de Pascal encierra muchas relaciones num éricas, por ejemplo,la suma de todos los n´ umeros en la -ésima la es equivalente al Teorema(2.3). Fij émonos ahora en la suman de las “diagonales”. En la siguiente gura,consideramos las diagonales cuarta (en verde), quinta (en rojo) y sexta (en azul)contando desde cero. Sus sumas son respectivamente , y .

1 Si el arreglo se hiciera en forma sim étrica, las entradas que estarı́an directamente sobre una dadason las que al poner el arreglo en forma de tabla son las que quedan arriba y arriba a la izquierda.



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Entonces tenemos que la suma de los elementos de la diagonal verde y la roja esigual a la suma de los elementos de la diagonal azul. Esto sucede en general, si

denota la suma de los elementos en la -ésima diagonal, entonces

Adem ás, dado que y . Los n úmeros que se forman de esta manerase conocen como N ´ umeros de Fibonacci . Decimos entonces que la suma de losnúmeros en la -ésima diagonal del Tri ángulo de Pascal es igual al -ésimo n úmerode Fibonacci. Posteriormente estudiaremos estos n´ umeros con mayor profundidad.

Otra relaci ón interesante es la propiedad “hexagonal”.

Escojamos un n´ umero en el interior, por ejemplo el . Fijémonos en elhex ágono de n´ umeros que se forma a su alrededor con , ,

, , , . Si se multiplican v érticesalternados de este hex ágono (v értices azules y v értices rojos) se obtiene en amboscasos la misma cantidad:

Esta propiedad tambi én es v álida formando hex ágonos de este tipo en cualquierparte del tri ángulo.

Sin embargo, quiz ás la relaci ón m ás interesante en el Tri ángulo de Pascal serelaciona con el Teorema del Binomio.

Consideremos el producto . Al desarrollarlo, ¿con qu é coecienteaparece ? Aquellos que conozcan el Teroema del Binomio dir án enseguida:El coeciente es . ¿Pero porqu é sucede ası́? Uno podrı́a decir: “porque sidesarrollamos vemos queel coeciente es ”. Pero esa respuesta en realidad no est á diciendo la raz ón eporqu é el coeciente se calcula precisamente como .

Para analizar la situaci ón vamos a “diferenciar” los factores:

Donde las

y las son iguales entre śı, pero que estamos considerando como

diferentes por ahora. Si efectuamos el producto de la derecha vemos que los



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términos que cuentan como son:

En otras palabras, si efectuamos la multiplicaci ón “larga” de los cinco factores,los 10 t érminos listados arriba son los que quedan en la columna de . Unamanera de “contar” la lista consiste en jarnos que siempre hay precisamentecinco posiciones de las cuales dos son ocupadas por ’s y tres por ’s. Entonces,dependiendo si nos jamos en las ’s o en las ’s obtenemos que hay o

que en ambos casos es .

Analizando el proceso

Ejercicios y problemas.

2.1 Interprete combinatoriamente la siguiente armaci ón:

2.2 Demuestra la propiedad hexagonal del Tri ángulo de Pascal (ver secci ón 2.2).

2.3 Demuestra que la suma de los elementos en la -ésima diagonal del Tri ángulo de Pascales precisamente el -ésimo n´umero de Fibonacci.

2.4 Demuestra que



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Capı́tulo 3

Dos principios importantes.

Hay dos principios en combinatoria que se aplican en una gran variedadde situaciones, y en los que se basan muchos otros resultados. El primeroes el Principio de las Casillas que es la principal herramienta para demostrarla existencia de un objeto, y el Principio de Inclusi ón-Exclusi ón que ayuda aenumerar los elementos de un conjunto. A los largo del capiı́tulo los estudiaremosy analizaremos varios problemas cuya soluci ón depende de los mismos.

3.1. Principio de las casillas.

El Principio de las Casillas, es tambi én conocido como Principio del Palomar 1

se enuncia como sigue:

3.1 (Principio de las casillas.) Si se dispone de cajas, en las cualesse reparten objetos, entonces alguna caja contiene al menos dosobjetos.

Este principio puede parecer tan obvio a simple vista que parecer ı́a un pocoextra ño estudiarle en u ncapı́tulo aparte. Pero como veremos, una gran variedadde problemas combinatorios pueden atacarse con este principio, especialmenteaquellos en los que se desea demostrar la existencia de alguna situaci ón. Veamosalgunos ejemplos muy sencillos.

Ejemplo. En cualquier grupo de seis personas, hay tres personas que se conocen todasentre s ı́ o tres personas que no se conocen ninguna a la otra (asuminedo que si conocea entonces tambien conoce a ).

consideremos una persona de las seis, digamos . Las restantes cinco personas caen en dos

1 En ingl és: box principle y pigeonhole principle .

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clases: conocen a o no conocen a . Por prinicpio de las casillas, una de esas clases debe teneral menos tres personas.

Supongamos que hay al menos tres personas que no concoen a . si algun par de ellas no seconocen, junto con ya son 3 personas que no se conocen entre sı́, y en el caso restante lastres personas se concoen todas entre s ı́. Un argumento similar se ocupa del caso cuando las trespersonas conocen a .



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Ap éndice A

Inducci ón Matem ática.

Consideremos por un momento el polinomio . Sustituyendo obtenemos los valores

Observemos que todos los valores obtenidos son n úmeros primos. ¿Ser á cierto

que para cualquier entero

el valor que se obtiene es un n´ umero primo?Responderemos esta pregunta m ás adelante.

A.1 (Yuc-98) Considera un tri ángulo rect ángulo is ósceles con catetos iguales a . Sobre lahipotenusa de éste se levanta un segundo tri ángulo rect ángulo de cateto igual a , comose muestra en la gura, sobre la hipotenusa de este nuevo tri ángulo se levanta un ter-cer tri ángulo rect ángulo y ası́ sucesivamente. Encuentra la longitud de la hipotenusa deltriángulo n´umero 1998.

Usando el Teorema de Pit ágoras obtenemos que la primera hipotenusa vale

,la tercera vale

, la cuarta vale

. Si este patr ón continuara, obtendrı́amos que lahipotenusa del tri ángulo 1998 serı́a

. Pero, ¿podemos asegurar que este patr ónrealmente contin úa?

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A.1. El m étodo de Inducci ón Matem ática.

En muchos problemas necesitamos demostrar que una propiedad que dependede un n úmero entero se cumple para todos los enteros positivos. Latécnica can ónica que usaremos para lograr este objetivo se denomina inducci ´ on matem ´ atica .

En su forma simple, este m étodo consta de dos etapas:

1. Se verica que la propiedad se cumple para un valor inicial ( ).

2. Se demuestra que si la propiedad se cumple para alg ún entero , entoncesse cumple para el siguiente ( ).

Una vez vericados esos 2 requisitos, podemos asegurar que la propiedad secumple para .

Veamos un ejemplo pr áctico antes de analizar porqu é funciona el m étodo.

En el problema del triángulo, queremos comprobar la propiedad

La hipotenusa del tri´ angulo es

.

Notemos que la propiedad depende de un y sólo un número entero, el valor de . Esto es un indicador de que el método de inducción matemática podrı́a serapropiado.

La primera etapa pide mostrar que la propiedad se cumple para , es decir,que la hipotenusa del primer triángulo es

, lo cual es cierto en virtud del Teoremade Pit ágoras.

En la segunda etapa, imaginamos que ya sabemos que la propiedad se cumple

para algún valor (o sea, la hipotenusa del triángulo es

). Queremosprobar que la propiedad también se cumple para (o sea, la hipotenusa deltriángulo es

).Para calcular la hipotenusa del triángulo aplicamos el Teorema de Pitágoras.

Uno de sus catetos es , y el otro es la hipotenusa del triángulo anterior, el cualestamos suponiendo que vale

. Entonces

Comprobamos que si la propiedad se cumple para un entero , se cumple para . Entonces la inducción matemática nos garantiza que la propiedad siempre se cumple, y ya somos capaces de asegurar que la hipotenusa del triángulo 1998 es

.

¿Porqu é funciona el m étodo?

Este proceso puede compararse a una escalera, donde la primera etapa nosda el primer pelda ño, y la segunda etapa construye nuevos pelda ños a partir de



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los anteriores.

La primera etapa prueba que la propiedad se cumple para , dándonosun punto de partida. La segunda etapa dice que si sabemos que la propiedad secumple para alg ´ un entero, se cumple para el siguiente. ¡Pero la primera etapa nosdice que la propiedad se cumple para ! Entonces podemos asegurar que lapropiedad se cumple para el siguiente entero, es decir, . Como la propiedadse cumple para , la segunda etapa nos dice que se cumple para el siguiente,

. Como ahora ya sabemos que se cumple para , la segunda etapa nosdice que la propiedad se cumple para , y as ı́ sucesivamente.

Esto basta para asegurar que la propiedad se cumple para , yaque no importa qu é n úmero escojamos, en alg´ un momento la escalera “alcanza”ese n úmero.

Variantes del m étodo de inducci ón.

El an álisis del m étodo de inducci ón sugiere algunas variantes. Por ejemplo,en la primera etapa, el valor inicial no necesariamente tiene que ser . Si en laprimera etapa probamos (por ejemplo) que la propiedad se cumple para ,el m étodo de Inducci ón nos garantiza que la propiedad se cumple ´ unicamentepara , y si prob ásemos que la propiedad se cumple para

, el m étodo de Inducci ón nos garantiza que la propiedad se cumple para

. Sin embargo, en la mayor ı́a de los problemas el paso

inicial es o .

La segunda etapa tambi én es susceptible de modicaci ón. Un ejemplo serı́a

probar que si la propiedad se cumple para alg ún entero

, se cumple para

.En este caso, suponiendo que el valor inicial fuese , habrı́amos probadoque la propiedad se cumple para (Cerciorarse de este hecho).Sin embargo, las modicaciones a la segunda etapa son bastante raras, y confrecuencia pueden evitarse escogiendo adecuadamente la variable de inducci ón.

Importancia de las dos etapas.

Si bien es cierto que la segunda etapa es la que “demuestra” que la propiedadse cumple, la primera tiene una importancia fundamental. Un error com ún es darpor sentada la primera parte del m étodo y comprobar ´ unicamente la segunda. Estees un error que se debe evitar, pues es necesario tener un punto inicial para quela inducci ón pueda funcionar. Consideremos el siguiente ejemplo.

En el problema del tri ángulo, imaginemos que equivocadamente hubi éramosnotado que la hipotenusa del tri ángulo era

.

En la segunda etapa suponemos que la propiedad se cumple para un eintentamos probar que tambi én se cumple para . Usando el Teorema de



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Pit ágoras:

y concluimos que la hipotenusa el tri ángulo es ¡¡

en vez de

!!.

El error provino de omitir la primera etapa, que es la que nos provee de unabase verdadera para que la segunda etapa construya una escalera de verdades.

Analicemos ahora el problema del polinomio. Despu és de probar los primeros20 n úmeros obtenemos siempre n´ umeros primos (esto equivaldrı́a a realizar laprimera etapa), sin embargo, como nos es dif ı́cil probar la segunda parte, nosvemos tentados a decir “despu és de hacer muchos casos, concluimos que elpolinomio siempre devuelve n´ umeros primos”. Este es un error a´ un m ás grandeque el anterior, pues

y tenemos que el polinomio no siempre genera n úmeros primos. La moraleja esque si alg´un patr ón parece repetirse de manera constante, es bueno se ñalarlo,pero hasta no realizar ambos pasos de la inducci ón no podemos garantizar quela propiedad siempre se cumple (aunque la comprobemos en muchos casosparticulares).

A.2. Problemas y Ejercicios.

A.2 Demostrar que la suma de los ángulos de un polı́gono de lados es .

A.3 Demostrar las siguientes identidades:

A.4 Verica que

A.5 Todos los n ´umeros de la forma son divisibles entre .

A.6 Se tienen puntos, y de todos los segmentos que los unen se colorean . Pruebaque existen 3 puntos tales que los 3 segmentos que los unen est án pintados.



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A.7 Se construye la siguiente sucesi ón de n úmeros:

si

Demuestra que

A.8 Si es un n úmero real tal que

es un n úmero entero, prueba que

siempre

es un entero para cualquier potencia entera .

A.9 Si a un tablero de se le quita una casilla en alguna esquina, el tablero resultante

se puede cubrir con L-trimin ós.



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Ap éndice B

Soluciones y sugerencias deejercicios seleccionados.

1.1 Este problema es bastante complicado, ya que hay varios casos (una repetida dosveces, una letra que se repite tres veces). Una de las t écnicas m ás comunes en conteoes contar el complemento del conjunto que se nos pide. En este caso, contamos cu ántosnúmeros de cifras impares que no se repiten hay, y se lo restamos al total de n úmeros de cifras impares (al total le quitamos los que no nos sirven y nos da el n´ umero que queremos).

¿Cu ántos n´umeros de cifras impares hay? Son posiciones, en cada posici ón puedeir el por lo que en total hay números.

¿Cu ántos no tienen cifras repetidas? Este n úmero es el n úmero de arreglos (porqueimporta el orden, ya que no es lo mismo que ) de números escogidos de unconjunto con elementos (el conjunto ). Por tanto hay

números sin cifras repetidas.

Para terminar, al total le restamos los casos que no nos sirven, esto es

números de cifras impares en los que alguna se repite.

2.1 Dado un conjunto con elementos, hay formas de escoger elementos, lo quees lo mismo a escoger los que no van a estar. Esto es, . Ahorabien,

2.2 Debido a la naturaleza multiplicativa del problema, en este caso nos conviene usar lafomula con factoriales. Si el hex ágono a considerar tiene centro en , tenemos queprobar que

pero al expandir con la f órmula obtenemos que

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y adem ás

Al comparar numeradores y denominadores, vemos que ambos productos son iguales.

2.3 Tal y como se mencion ó en el texto, lo que se necesita probar es que

donde representa la suma de los elementos en la -ésima diagonal. Dado que

, si se prueba la relaci ón anterior se habr á probado que los n úmeros que aparecen

son los n úmeros de Fibonacci.

Supongamos que es par. Tenemos que y entonces

y adem ás por lo que

Aplicando la Identidad de Pascal tenemos que

...

Por lo que



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Como era par, es impar y de este modo

que es precisamente la expresi ón encontrada arriba puesto que

A.2 Si tenemos el conocido teorema de que la suma de sus ángulos es .Supongamos que se cumple para un pol ı́gono de lados. Si a un pol ı́gono de ladosle quitamos el tri ángulo formado por dos lados consecutivos y la diagonal que los une,obtenemos un polı́gono de lados cuya suma de ángulos es . La suma de losángulos del polı́gono de es la suma de los ángulos del tri ángulo recortado y el polı́gonoobtenido, es decir, la suma de los ángulos es

El método de inducci ón nos permite concluir que la f órmula es v álida para .

A.4

.

A.5 El primer n úmero es , y la diferencia entre dos consecutivos tambi én es divisibleentre .

A.6 Prueba que el n úmero m áximo de v értices que se pueden colorear sin que aparezcantriángulos coloreados es a lo m ás .

Este documento fue creado con L ATEX 2 y Vim.Última compilaci ón:14 de marzo de 2002, 21:38.

Pedro David S ánchez Salazarhttp://br.crashed.net/ [email protected]

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