Combinatoria by dario borja

COMBINATOR María

Luisa

Pérez

Seguí

UNAS PALABRAS

DE LOS EDITORES

Disfrutó ese momento como ningún otro en su vida. Ahí estaba de pie, recibiendo la primera medalla de oro para un estudiante mexicano en una olimpiada internacional de matemáticas. Muchos pensamientos se arremolinaron en su cabeza. Por un momento recordó a muchos compañeros, concentraciones, ciudades, la palabra sacrificios alcanzó a asomarse ligeramente, pero no alcanzó a cristalizarse, la verdad es que había trabajado intensamente y, sin embargo, también había disfrutado, pues resolver problemas de matemáticas se había convertido en una pasión que no lo iba a abandonar nunca. Pensó en su regreso a México, en sus amigos y en su familia. También, sin saber por qué, recordó a un periodista tonto que criticó a un atleta mexicano que había obtenido un quinto lugar en los pasados juegos olímpicos, ¡cómo si eso no fuera una hazaña! Se distrajo saludando a sus compañeros de delegación... Las olimpiadas mexicanas de matemáticas se han realizado desde 1987. Profesores, matemáticos y muchos jóvenes han dedicado esfuerzos loables por hacerlas crecer. Todos ellos comparten la afición, que en muchos casos se acerca a la adicción, y que en otros se vuelve una forma de vida, por los problemas matemáticos. El edificio que han construido ha permitido detectar y preparar a muchos de los jóvenes más talentosos para esta disciplina. Los mejores logros que ha conseguido México son: -trigésimo lugar en la Olimpiada Internacional de Matemáticas, Corea, 2000, -segundo lugar en las Olimpiadas Iberoamericanas de Matemáticas de Costa Rica en 1996 y de Venezuela en 2000, -tres medallas de plata en las olimpiadas internacionales de matemáticas, ganadas por: Patricio T. Alva PuHeau (Argentina, 1997), Omar Antolín Camarena (Taiwan, 1998) y Carlos A. Villalvazo Jauregui (Corea, 2000), -diez medallas de oro en la olimpiadas iberoamericanas de matemáticas, ganadas por: Bernardo Abrego Lerma (Argentina, 1991), Patricio T. Alva PuHeau (Costa Rica, 1996), Jesús Rodríguez Viorato (México, 1997), Roberto D. Chávez Gándara (R. Dominicana, 1998), Carlos Román Cuevas (Cuba,

1999), Javier A. Chávez Domínguez, Carlos A.VillalvazoJauregui (ambos en Venezuela, 2000) y David J. Mireles Morales (Uruguay, 2001). Esta serie está diseñada como material de apoyo a los jóvenes que se preparan para la olimpiada nacional de matemáticas. Nuestro deseo es que estos cuadernos sirvan como un bloque más de la pirámide que algún día tendrá en su cúspide a un joven como el que describimos al principio de esta presentación. Queremos agradecer al Instituto de Matemáticas de la UNAM, en particular a su director, el DI. José Antonio de la Peña Mena, por su apoyo para la publicación de estos cuadernos. Los Editores

Contenido

Introducción.

. . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . .. i

PRIMERA PARTE

1. Principios Básicos. .. . . .. . ... . . . . . . . . . . .. . . . . . . . .. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12.

Teorema del Binomio Comparaciones Inducción Matemática. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. Caminos Inclusión y Exclusión. . . . . .. . . . . . .. . . . . . . .. . . . .. Probabilidad Gráficas Principio de las Casillas. .. . . .. . .. . .. . .. . . . .. . ... Separadores Coloración Problemas Dinámicos

17 21 25 45 49 53 63 69 75 79 83

SEGUNDA PARTE 13. Problemas 14. Sugerencias 15. Soluciones Lecturas Glosario.

Complementarias.

89 99 107 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 131

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 132

INTRODUCCIÓN

El presente tiene el propósito de presentar de manera lo más completa posible el material de Combinatoria que le conviene conocer a un alumno en las primeras etapas de la Olimpiada de Matemáticas (antes del Concurso Nacional), e incluso, al inicio de una preparación para olimpiadas de nivel internacional. Una buena parte del entrenamiento consiste en que el alumno se familiarice con el lenguaje usual en las matemáticas; esto no puede obtenerse mediante innumerables (y áridas) definiciones, sino con la práctica, utilizando el lenguaje conforme se necesite. Para poder leer estas notas no se necesita conocer la terminología de Teoría de Conjuntos ni los términos que utilizan los matemáticos en sus demostraciones; la notación que aparece se explica en el momento de su aparición o es fácilmente deducible del contexto. En la primera parte (secciones de la 1 a la 12) se desarrolla la teoría. Se incluyen numerosos ejemplos resueltos y ejercicios. El alumno deberá intentar resolver los ejemplos por sí mismo antes de ver la solución, pues sólo de esa manera podrá darse cuenta de las dificultades que se presentan al intentar un método erróneo; después deberá comparar su respuesta con la presentada aquí. La mayoría de los ejercicios que se han intercalado en esta parte son rutinarios; tienen el propósito de afianzar lo aprendido y deberán resolverse conforme aparezcan. En la sección 1 se presenta el desarrollo básico de las técnicas de combinatoria; este material podría constituir la primera parte de un entrenamiento. Las secciones 2, 3,4 y 5 son intermedias y constituyen una segunda parte del entrenamiento. Aunque no es un tema propiamente de Combinatoria, la sección 4 estudia Inducción Matemática; ésta es una técnica de demostración bastante útil al probar afirmaciones

sobre números enteros; en la misma sección se aprovecha la técnica estudiada para demostrar algunas fórmulas importantes de enteros. Las secciones de la 6 a la 12 contienen material más especializado; son temas interesantes que pueden resultar importantes al buscar una buena formación en combinatoria para la etapa nacional de las Olimpiadas de Matemáticas y sentar las bases para un entrenamiento más avanzado. En la segunda parte se presenta una lista de problemas resueltos tipo Olimpiada de Matemáticas; en ellos se practican las técnicas aprendidas en la Primera Parte, pero además su resolución requiere de bastante ingenio. La sección 13 contiene los enunciados de los problemas; las secciones 14 y 15 contienen, respectivamente, sugerencias y soluciones para los problemas planteados en la sección 13. La selección presentada aquí intenta ser variada en temas y en dificultad. La mayor parte de los problemas incluidos son del dominio público o de mi propia invención (indicados con [MLPS]). He tratado, dentro de lo posible, de hacer referencia al autor del problema, así como al primer examen de olimpiadas donde apareció. Pido disculpas por cualquier omisión o error a este respecto. Estas notas son el producto de una gran cantidad de sesiones de entrenamiento para alumnos en Olimpiadas de Matemáticas. Sus incontables e invaluables comentarios, así como muchas de las soluciones que ellos daban a los problemas han quedado incluidos aquí. Dedico a todos ellos con mucho cariño este trabajo. Agradezco a Luis Miguel García Velázquez la lectura cuidadosa y corre~ión de las notas, y a Gerardo Raggi Cárdenas el montaje (y enseñanza de uso) de los macros que permitieron elaborar la presentación de este trabajo.

Primera Parte

Sección 1

Principios

básicos

Uno de los conceptos matemáticos abstractos más primitivos que conocemos es el de número y, dentro de los números, el de los números naturales o enteros positivos: 1, 2, 3, 4, etc. Con ellos representamos las cantidades de objetos que se nos presentan en la vida cotidiana. En esta sección desarrollaremos algunas técnicas que permiten determinar con facilidad cantidades. Comencemos por ilustrar la necesidad de aprender estas técnicas de conteo con unos ejemplos: Si se nos enseña un puñado de canicas y se nos pregunta cuántas son, un vistazo nos bastará para contadas y dar la respuesta; sin embargo si se nos pregunta 'cuántas patas tienen 100 perros, en lugar de buscar los 100 animales y contarles las patas, haremos una abstracción, y la operación: 4 x 100

400 nos dirá la respuesta;

utilizamos

aquí una técnica muy

simple de multiplicación. Desde luego hay preguntas que necesitan técnicas más elaboradas. Estudiaremos estas técnicas mediante ejem-

plos que iremos complicando gradualmente.

Analicemos primero con cuidado un ejemplo que a primera vista es trivial pero que nos enseña la clave básica del conteo.

§ 1. Principios

básicos

[1.1] Ejemplo. hay?

¿Cuántos números enteros de tres o menos cifras

Solución. La respuesta a esta pregunta es fácil: Hay 1000 pues son todos los números enteros del O al 999. Esta solución no nos enseña gran cosa. Retornemos ahora el problema buscando una solución constructiva; esto es, para cualquier n = 1,2,3, . . ., la cantidad de números de hasta n + 1 cifras se puede obtener de la cantidad de números de hasta n cifras: simplemente se multiplica por 10. Vamos a describir con detalle este procedimiento: Números de a lo más una cifra hay 10, a saber, 0,1,2,3,4,5,6,7,8 y 9. Para contar los de hasta dos cifras (del O al 99) no necesitamos escribir los todos; basta con observar que la primera cifra puede ser cualquiera de los 10 dígitos 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9, y por cada uno de éstos hay 10 terminaciones distintas; por ejemplo, los números de dos cifras que empiezan con 4 son: 40,41,42,43,44,45,46,47,48 y 49, diez en total; lo mismo para cada una de las otras decenas. Así la cantidad de enteros entre O y 99 es 10 x 10

100. El siguiente paso es análogo:

Para contar los números de hasta tres cifras hay que agregar un dígito (posiblemente O) a cada uno de los 100 números de 2 o menos cifras; como hay diez posibilidades la respuesta será 10 x 100 = 1000.

Este procedimiento de "construir sobre lo ya construido" que hemos utilizado se llama procedimiento inductivo. Muchas demostraciones de propiedades y fórmulas de números naturales se basan en él. En la sección 4 se estudiará esto con detalle. El principio combinatorio que 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 maneras diferentes y, para cada una de esas formas, una segunda tarea puede realizarse de n maneras distintas, entonces las dos tareas juntas pueden realizarse (en ese orden) de mn formas diferentes. [1.3] Ejemplo. 2

¿Cuántas palabras de tres letras se pueden for-

§1. Principios básicos

mar si se dispone de un alfabeto permisibles palabras como bba.)

con dos letras:

a y b. (Nota:

Solución. Procederemos como en el ejemplo anterior. conviene ilustrarlo haciendo un "diagrama árbol": letra inicial

letra central

a a

( b

a b

(

( b

(

letra final

En este caso

palabra formada

......

aaa

......

aab

a ......

aba

......

abb

.. ....

baa

......

bab

a . . ....

bba

......

bbb

Son

Resolvamos ahora el ejemplo utilizando nuestro Principio Fundamental

de Conteo.

Consideremos

tres casillas:

, la primera

para la letra inicial, la segunda para la letra central y la tercera para la letra final. En cada casilla hay dos elecciones posibles: la letra a o

la letra b. La respuesta es entonces 2. x 2. x 2. = 8. El procedimiento. inductivo es como sigue: En la primera casilla hay 2 posibilidades para elegir la letra. Una vez formada una palabra de una letra: a o b, para agrandarla a una palabra de dos letras hay dos posibilidades, así que palabras

de dos letras hay 2 x 2

= 4.

Para completar

cada una de

é1?tasa una palabra de tres letras hay dos posibilidades; entonces hay 3

§ 1. Principios

4 X2

básicos

= 8 palabras

de tres letras. -

[1.4] Ejemplo. ¿Cuántas placas distintas hay con dos letras a la izquierda y tres números a la derecha? (Nota: Consideraremos el alfabeto de 27 letras castellanas. Solución. anterior:

Seguimos el procedimiento de las casillas del ejemplo 27 x 27 x 10 x 10 x 10 = 729000. ---

lugares para letras

--:-

para

----

lugares números

[1.5] Ejemplo. ¿Cuántas banderas bicolores se pueden formar si se dispone de 4 lienzos de 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 como rojo-azul y azul-rojo se consideran distintas.) Solución. En este caso consideramos dos casillas. La de la izquierda, digamos, representa el lienzo junto al asta, el cual tiene 4 elecciones posibles. Una vez elegido éste, el color para la derecha se puede escoger de 3 formas (pues no se permite la repetición de colores). Así hay 4 x 3 = 12 formas distintas de formar las banderas. [1.6] Ejercicio. Escribir todas las banderas que pueden formarse según el ejemplo anterior 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 que no hay asta. (En este caso no habrá distinción entre las banderas rojo-azul y azul-rojo.) Solución. Para resolver este ejemplo analicemos la respuesta del ejemplo anterior. En aquél, en la colección total de las 12 banderas posibles podemos aparear cada bandera con su opuesta; por ejemplo la bandera azul-verde la apareamos con la bandera verde-azul. Cada una de las del ejemplo anterior se esta contando dos veces y, por tanto, la respuesta es ~2= 6. -

§1. Principios básicos [1.8] Ejercicio. En el resultado del ejercicio [1.6] aparear cada una de las banderas con su opuesta. Dar una lista de 6 banderas que ilustre la respuesta del ejemplo [1.7]. [1.9] Ejemplo. ¿De cuántas formas se pueden sentar 5 personas en 5 sillas numeradas del 1 al 5? Solución. En el asiento #1 se puede sentar cualquiera de las 5 personas; para cada elección de la primera persona, la segunda puede ser cualquiera de las 4 restantes; así en las dos primeras sillas el número de elecciones posibles es 5 x 4 = 20. Continuamos de manera análoga. Para simplificar dibujemos 5 casillas simbolizando los 5 asientos. Sobre cada casilla escribamos el número respectivo de posibilidades y multipliquemos: Q x 1. x ;l x 2 x 1 = 120.

Si n es un número natural, el producto de todos los números naturales del 1 al n aparece muy frecuentemente en problemas de combinatoria; se llama n factoríalo factoríal de n y se denota por n!. (Así la respuesta del ejemplo [1.9] es 5! = 120.) Alejándose de la interpretación de n! como el producto de los naturales de 1 a n, se define O!= 1; esto perro.ite incluir el caso n = O en algunas fórmulas en las que interviene n!. Entonces O!= 1

= 2! = 3! = 4! = 1!

1x 2

1x 2 x 3

1 x 2 x 3 x 4 = 24.

Es fácil darse cuenta que el número 5 del ejemplo [1.9] y el que sean personas y asientos en lugar de cualquier otra cosa no es relevante; podemos generalizarlo como sigue: El número Pn de distintas formas en que se pueden ordenar n ob5

§ 1. Principios

básicos

jetos es n!. Cada una de las listas ordenadas que se forman con los n objetos se llama permutación (de los objetos). Tenemos entonces que el número de permutaciones de n objetos es Pn = n!. [1.10] Ejemplo. De un grupo de 5 estudiantes quiere elegirse una comisión de 3 para que cada uno visite un museo de una lista de 3 museos. ¿Cuántas comisiones distintas se pueden formar? Solución. Utilizando el esquema de casillas (cada una representando un museo) como arriba, tenemos que el resultado es

Qx 4:x ~ = 60.

[1.11] Ejemplo. De un grupo de 5 estudiantes quiere elegirse una comisión de 3 para que juntos visiten un museo (el mismo todos). ¿Cuántas comisiones diferentes se pueden formar? Solución. Hay que observar que la diferencia entre este ejemplo y el anterior es que no importa el orden en la elección. En el ejemplo anterior había distición entre las casillas pues cada una representaba un museo en particular distinto a los otros; en éste no hay distinción entre las casillas pues, por ejemplo, una comisión en que se haya elegido la sucesión de alumnos Ana-Beto-Carlos se considerará igual a la sucesión Beto...Carlos-Ana y también igual a la sucesión Ana-Carlos-Beto. Nuestro interés es entonces determinar en la cantidad 5 x 4 x 3, en cuántas sucesiones aparece el mismo conjunto de alumnos. Para responder esto conviene plantear esta parte del ejemplo al revés: Consideremos un conjunto fijo de 3 personas, por ejemplo el formado por Ana (A), Beto (B) y Carlos (e) y contemos de cuántas formas se pueden ordenar estos 3. Observemos que el número de formas es precisamente el número de permutaciones

de las 3 personas,

o sea, P3

6. Entonces

cada

grupo de 3 personas se está contando 6 veces en el producto 5 x 4 x 3, así que la respuesta al ejemplo será 5 x 4 x 3 = 10. . 3! 6

§ 1. Principios

básicos

[1.12] Ejercicio. En los ejemplos [1.10] y [1.11] supongamos que el grupo de los 5 alumnos está formado por Ana (A), Beto (B), Carlos (C), Daniel (D) y Elena (E). Hacer la lista de los 60 arreglos de estos alumnos en los que se elige 3 para visitar museos distintos, agrupando en esa lista las colecciones que resultan iguales si todos van a un mismo museo. En el ejemplo anterior aprendimos el siguiente principio: El número de colecciones (en las que el orden no importa) con r elementos que se pueden seleccionar dentro de un conjunto de n elementos (n2:r2:1)es

n x (n - 1) x ... x (n - (r - 1)) r!

[1.13]

Este número recibe el nombre de combinaciones de n en r y se denota por (;). Dicho de otra manera, el número de subconjuntos de r elementos que tiene un conjunto con n elementos es [1.11], n

5 Yr

(;). (En el ejemplo

3 Y la respuesta es (~).) Nótese que la fórmula

[1.13] no tiene sentido para n

O; sin embargo sí tiene sentido ~blar

del número de subconjuntos con O elementos dentro de un conjunt0'(on n elementos; sabemos que este número es 1 pues sólo hay un conjunto sin elementos que es el llamado conjunto vacío. Definimos entonces

(~) = 1. [1.14] Ejercicio. conjuntos de X con i) ü) üi) iv) v) vi)

Sea X = {a, b,e, d, e}. Escribir todos los sub-

O elementos, 1 elemento, 2 elementos, 3 elementos, 4 elementos y 5 elementos. 7

§ 1. Principios

básicos

Verificar que en cada caso el número de subconjuntos obtenido sea (~) y que el número total de subconjuntos

sea 25

= 32.

(Ver ejercicio [2.6]

y ejemplo [3.2]). [1.15] Ejercicio. Basándose en la interpretación de (~) como el número de subconjuntos de r elementos dentro de un conjunto con n elementos, explicar porqué

(;)=(n:r)' [1.16] Ejercicio. Calcular G), G), (~) y (:). Con la intención de simplificar la fórmula [1.13] sobre las combinaciones de n en r, observemos que, para 1 :S r :S n - 1, el numerador se puede "completar" a n! multiplicando por (n - r)! ; si lo "completamos" deberemos compensar dividiendo también por (n - r)!. Tendremos entonces que para r = 1,2,..., n - 1, n! n [1.17]

( r ) = r!(n

- r)!'

Recordemos que se ha definido O! = 1 Y (~) = 1; notemos entonces que si, sustituimos r = O (y, posiblemente también n = O) en el lado derecho de la fórmula [1.17] obtendremos O~~!= 1. De la misma manera, al sustituir

n obtendremos

n~¿!

1. Así, también

en estos casos

extremos vale la fórmula [1.17]. [1.18] Ejercicio. Volver a hacer los ejercicios [1.15] y [1.16] utilizando la fórmula [1.17]. [1.19] Ejemplo. De un grupo de 10 niños y 15 niñas se quiere formar una colección de 5 jóvenes que tenga exactamente 2 niñas. ¿Cuántas colecciones distintas se pueden formar?

§1. Principios básicos Solución. La elección de las 2 niñas se puede hacer de en = = 105 formas. Como deben ser 5 en total y debe haber 2 niñas exactamente, entonces los niños serán 3; éstos se pueden escoger de (~O) = 10Xa~X8 = 120 formas. Por tanto el resultado es 105 x 120 = 12600. 15;,14

Como hemos visto, al determinar cantidades buscamos simplificar nuestras cuentas utilizando "homogeneidades" en el problema. Con este propósito, en algunas ocasiones es conveniente dividir en casos de manera que en cada uno de ellos haya homogeneidad, y después sumar las respuestas. Un ejemplo muy simple de esto sería el siguiente: Si tenemos 4 paquetes de 100 hojas de papel y otros 3 paquetes de 200 hojas cada uno, entonces el número total de hojas que tenemos es 4 x 100 + 3 x 200 = 1000. Comparemos el siguiente ejemplo con el anterior, tomando en cuenta la búsqueda de homogeneidades, como acabamos de decir. [1.20] Ejemplo. De un grupo de 10 niños y 15 niñas se quiere formar una colección de 5 jóvenes que tenga a lo más 2 niñas. ¿Cuántas colecciones distintas se pueden formar? Solución. Vamos a resolver este ejemplo como el anterior pero separando por casos y después sumando las respuestas de cada uno de los casos. Caso 1: Que la colección tenga 2 niñas exactamente: 12 600. Caso 2: Que la colección tenga exactamente 1 niña: 3150.

(r;) CaO)= (~5) C40) -

Caso 3: Que la colección no tenga niñas: Cí) C~) = 252. La respuesta al ejemplo es 12600 + 3 150 + 252 = 16002.

[1.21] Ejemplo. Un grupo de 15 personas quiere dividirse en 3 equipos de 5 personas cada uno. Cada uno tendrá una labor específica 9

§1. Principios básicos distinta a las demás. ¿De cuántas formas distintas es posible hacer la distribución? Solución.

Escojamos uno por uno los equipos.

La elección del

equipo puede hacerse de (~5) = 3003 formas; para elegir el segundo equipo ya sólo habrá 10 personas de dónde escoger, por tanto primer

éste se podrá elegir de (~) = 252 formas. El tercer equipo quedará formado automáticamente con la elección de los otros dos. Entonces el número

756756.

de formas de hacer la elección sucesiva es 3 003 x 252 x 1

[1.22] Ejemplo. Un grupo de 15 personas quiere dividirse en 3 equipos de 5 personas cada uno. Todos los equipos tendrán la misma labor. ¿De cuántas formas es posible hacer la distribución? Solución. En este caso no hay distinción entre los equipos así que hay que dividir el resultado del ejemplo anterior entre 3!, que es el número de permutaciones de los equipos. La respuesta es entonces 126126.

[1.23] Ejemplo. En una bolsa hay 3 pelotas rojas y 2 azules. Se quiere formar una fila con todas ellas. ¿De cuántas maneras distintas puede quedar la fila? Solución. Primera forma. Consideremos todas las permutaciones de las' 5 pelotas y contemos cuántas de esas permutaciones son indistinguibles entre sí. Las permutaciones de las 5 pelotas sabemos que son 5! = 120. En cualquiera de las permutaciones fijémonos en la ubicación de las pelotas rojas; por ejemplo - roja - roja roja. Éstas pueden revolverse entre sí (3! veces) formando colecciones indistinguibles, y lo mismo ocurre con las del otro color . Vamos a explicar lo anterior con más detalle: Denotemos las pelotas rojas por Rl, R2 Y R3, y las azules por Al y A2. Entonces las siguientes listas (en las que se han permutado las rojas pero se han dejado fijas las azules) representan la misma colección:

§ 1. Principios

Al Al

Rl Rl

A2 A2

R2 R3

R3 R2

Al Al Al Al

R2 R2 R3 R3

A2 A2 A2 A2

Rl R3 Rl R2

R3 Rl R2 Rl

básicos

3!.

En cada una de ellas también se pueden revolver las azules entre sí (2! permutaciones). Entonces al considerar las permutaciones de las 5 pelotas,

cada arreglo se está contando

La respuesta

al ejemplo

es pues

3! x 2!

12 veces en lugar de 1.

3~~!= 10.

Segunda forma. Primero podemos contar las posibilidades para colocar las pelotas rojas en los 5 lugares disponibles; esto nos dará la elección de 3 lugares, que puede hacerse de (~) = 10 maneras. Para colocar las 2 azules ya sólo sobran 2 lugares así que esto se puede hacer de (;) = 1 forma. El resultado es 10 x 1 = 10.

[1.24] Ejercicio. Escríbanse las 10 filas distintas que se pueden formar con las pelotas en el ejemplo [1.23]. [1.25] Ejemplo. En una bolsa hay 3 pelotas rojas y 2 azules. ¿Cuántas filas distintas de 3 pelotas se pueden formar? Solución. Como son 5 pelotas en total pero sólo se van a considerar filas de 3, hay que dejar dos pelotas sin colocar. Consideraremos los distintos casos por separado y después sumaremos las respuestas parciales. Si las dos pelotas que quedan fuera son rojas, hay l~~!= 3 arreglos con las restantes. Análogamente hay = 1 fila que deja las 2 pelotas azules fuera, y 2~i! = 3 filas que dejan una azul y una roja fuera. La respuesta al ejemplo es 3 + 1 + 3 = 7.

[1.26] Ejercicio. [1.25].

Escribir los 7 arreglos de pelotas del ejemplo

En algunas ocasiones, para poder hacer bien las cuentas, nuestra búsqueda de homogeneidad nos lleva a que es más fácil contar lo opuesto 11

§ 1. Principios

básicos

de lo que queremos y después restar de un total. Ilustramos esto con el siguiente ejemplo. [1.27] Ejemplo. ¿De cuántas maneras pueden ordenarse en un estante 3 cuadernos rojos, 4 azules y 2 verdes, si los verdes no deben quedar juntos? Solución. Conviene contar primero todas las arde naciones posibles y después restar aquéllas en las que los verdes quedan juntos. El número total de filas (incluyendo aquéllas en que los verdes quedan juntos

es 3!~¡2!= 1260. Para contar las que tienen juntos

los cuadernos

verdes pensemos éstos como pegados formando un solo cuaderno; ahora determinemos el número de arreglos con 3 cuadernos rojos, 4 azules y 1 verde; éste es 3~~!= 280. La respuesta al ejemplo es 1260-280 = 980.

Los ejemplos siguientes se refieren a la baraja usual de pókar: Cada carta tiene un símbolo llamado número que puede ser cualquiera de los 13 símbolos siguientes: A, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, J, Q o K, Y otro símbolo llamado palo que puede ser cualquiera de los 4 siguientes: (espada), C? (corazón), <;>(diamante) o .. (trébol). Todos los palos se combinan con todos los números para formar la baraja completa con

13 x 4 AQ A0

52 cartas como se ilustra a continuación:

'2Q 20

3Q 30

4Q 40

5Q 50

6Q 60

7Q 70

8Q 80

9Q 90

10Q 100

JQ QQ KQ J0 Q0 K0

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 pókar cualquier colección de 5 cartas de la baraja. La siguiente nomenclatura es usual: par: dos cartas del mismo número. tercia: tres cartas del mismo número. pókar: cuatro cartas del mismo número. full: una tercia y un par. flor: cinco cartas del mismo palo. 12

§ 1. Principios

básicos

corrida: cinco cartas con numeración consecutiva (según el orden en que se escribieron arriba, pero permitiendo A también como número final, en seguida de K). Observemos que el número total de manos de pókar es 2598960.

en =

[1.28] Ejemplo. ¿Cuántas manos de pókar tienen tercia exactamente (es decir, que no sea full ni pókar). Solución. Primera forma. Ponemos 5 casillas: las tres primeras para la tercia y las otras dos para las otras cartas. La primera carta se puede escoger arbitrariamente; la segunda sólo tiene 3 posibilidades pues debe tener el mismo número que la primera; la tercera ya sólo puede ser elegida de 2 maneras distintas; como no importa el orden de estas 3 cartas, este número deberá dividirse entre 31. La cuarta carta se debe escoger dentro de las 48 que son de número distinto al de la tercia. Para la quinta carta ya sólo sobran 44 cartas pues el número debe ser también distinto. La cuarta y quinta pueden haberse escogido en cualquier orden por lo que se deberá dividir entre 21.

52 x ~ x ~ 3., tercia

x, ~

x 14 2.

~ cartas distintas

= 54 912.

Segunda forma. También formamos primero la tercia pero eligiendo antes el número que le corresponderá: Tenemos 13 números para escoger y, una vez escogido el número, las 3 cartas que forman la tercia deben escogerse dentro de 4 posibles; entonces el número de tercias es 13(:). Para escoger las otras dos cartas utilizando este mismo método razonamos como sigue: Hay que escoger 2 números (pues queremos que las otras 2 cartas sean de números distintos) dentro de los 12 que sobran; esta elección se puede hacer entonces de en formas. En cada uno de estos números que se hayan elegido hay que escoger 1 carta, cosa que puede hacerse de (i) formas. El resultado escrito en esta forma es

13(:) x e;) G)" 13

§ 1. Principios

básicos

que, desde luego, también es igual a 54912. . [1.29] Ejemplo. tintos). exactamente?

¿Cuántas manos de pókar tienen dos pares (dis-

Solución. Procedemos como en el ejemplo [1.28]. Primera forma. 1er

par

2° par

~...----.... fiZx.a~x.a 2! 2! 2!

44 = 123552.

(Nota: Hay que dividir entre 2! porque no importa el orden entre los dos pares.) Segunda forma.

C23)G) 2 [1.30] Ejemplo.

= 123"552.

¿Cuántas manos de pókar tienen corrida?

Solución. El número más 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 casilla será para la carta de número menor, la siguiente casilla será para el siguiente número, y así sucesivamente hasta la quinta casilla que será para la carta con el número mayor. Una vez escogido el número menor para la corrida, todos los demás números quedan determinados y lo único que falta escoger es el palo. Entonces la cantidad de corridas es lOx4x4x4x4x4= 10240.

Ejercicios [1.31] ¿De cuántas maneras diferentes se pueden ordenar 8 personas alrededor de una mesa redonda? (Nota: Dos distribuciones se considerarán iguales si una se puede obtener de la otra mediante un giro.) 14

§ 1. Principios

básicos

[1.32] ¿De cuántas maneras distintas se pueden sentar 5 personas en una fila de 8 asientos numerados del 1 al 8? [1.33] ¿Cuántas diagonales tiene un polígono regular de n lados? [1.34] Probar la Fórmula de Paseal:

(~:~) = (~) + (r:l)' para r y n números enteros con O~ r < n. [1.35] El Triángulo de Paseal está definido como el triángulo de números en el que el renglón número n aparecen los n + 1 números

( ~ ), (~), (~),

. . ., (n

: 1)' (~).

Se muestran a continuación los primeros 4 renglones del Triángulo de Pasca!. Utilizar la fórmula del ejercicio anterior para construir los 10 primeros renglones. 1 1 1 2 1 1 1 3 3 1 4 4 1 6 [1.36] De un grupo de 24 personas se quiere elegir 5 representantes de la siguiente forma: Pedro y Luis deben estar en el grupo elegido. Hay 8 mujeres en total pero a lo más deben figurar 2 en el grupo. ¿De cuántas maneras distintas puede hacerse la elección? [1.37] De un grupo de 30 socios de un club se quiere elegir una mesa directiva con un presidente, un secretario y 3 equipos de 2 personas cada uno. ¿Cuántas mesas directivas distintas se pueden formar? [1.38] ¿Cuántas palabras distintas se pueden escribir revolviendo las letras de la palabra MATEMATICA? 15

§ 1. Principios

básicos

[1.39] De un conjunto de 10 botes de distintos colores se quiere escoger 5 de tal manera que 3 sean para dulces y 2 sean para chocolates. ¿De cuántas formas distintas es posible hacer la elección? [1.40] Se dispone de una colección de 30 pelotas divididas en 5 tamaños distintos y 6 colores diferentes de tal manera que en cada tamaño hay los 6 colores. ¿Cuántas colecciones de 4 pelotas tienen exactamente 2 pares de pelotas del mismo tamaño (que no sean las 4 del mismo tamaño)? El siguiente problema se refiere al conjunto usual de 28 fichas de dominó en que cada ficha muestra dos números de la colección O, 1, 2, 3, 4, 5 Y 6 (posiblemente repetidos), como esquematizamos a continuación:

rnmJ

rnJQ1

ffiHJffim]~

rnm ffirn]

[QH][QIQ]~

LmJ ffiIm

[iH] GmJ GIl] [ID] [ill cmJ~ rnrn [NID ~

[ID] ~

[ffi] [1]Q] [QillJ Se llaman fichas dobles aquéllas en que lOs dos números mostrados son iguales. Se llama mano de dominó cualquier colección de 7 de las 28 fichas. Nótese que el número total de manos de dominó es

e:) =

1184040.

[1.41] ¿Cuántas manos de dominó tienen por lo menos 2 fichas dobles?

Sección 2

Teorema del Binomio

El siguiente es un resultado muy importante en aritmética. Lo probaremos aquí utilizando algunas de las técnicas de combinatoria que hemos aprendido. Más adelante volveremos a probarlo usando el método de inducción. [2.1] Teorema del Binomio de Newton. Sean a y b números arbitrarios y sea n un número natural. Entonces

(a+b)" = (~)an + (7)an-lb+ ... + (~) rb'

+ ... + (:)bn

Demostración. La expresión (a + b)n significa que tenemos que multiplicar a + b consigo mismo n veces. Entonces, al desarrollar todo el producto, los términos que obtenemos están dados por todas las posibles elecciones de los números 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 términos

obtenidos

son de la forma aBbr, con O ::; s,r ::; n y

§2. Teorema del Binomio

s + r = n, es decir, s = n - r. Ahora notemos que an-r br aparece cada vez que se eligió b en r de los factores y a en el resto, así que el

número de veces que aparece este término es

semejantes tenemos la fórmula deseada. .

(;). Al agrupar

términos

Como hemos visto, los números (;) (para O :S: r :S: n) aparecen como coeficientes en la expansión de un binomio elevado a la potencia n; por esta razón reciben el nombre de coeficientes binomiales. En los ejercicios [1.34] y [1.35] vimos que para una n elegida no muy grande podemos obtener fácilmente los coeficientes binomiales sin recurrir en cada caso a la fórmula (nr ) = ( n _n\.,. r .r. [2.2] Ejemplo.

Solución. nomio:

Desarrollar (2x - y)5 .

Sustituimos a

(2x - y)5 =

2x y b

-y en la Fórmula del Bi-

(~) (2x)5+ (~) (2X)4(-y) + (~) (2X)3(_y)2

+ (:) (2X)2(_y)3 + (~) (2x)( _y)4 + (:) (_y)5 = (2X)5+ 5(2x)4(_y) + lO(2x)3(-y)2 + 1O(2x)2(_y)3 + 5(2x)( _y)4 + (_y)5

= 32x5 -

80x4y + 80x3y2 - 40x2y3 + lOxy4 - y5.

Ejercicios [2.3] Utilizar el Teorema del Binomio y el Triángulo de Pase al (ver ejercicios [1.34] y [1.35]) para desarrollar la expresión (2a - 3b2)8. . [2.4] Utilizar el Teorema del Binomio para desarrollar

la expresión

(a + 2b - V4. [2.5] Encontrar el coeficiente del término a7b4ce2en el desarrollo 18

§2. Teorema del Binomio

de (a + b + e + d + e) 14. Sugerencia: Teorema del Binomio.

Proceder

como en la prueba del

[2.6] Utilizar el Teorema del Binomio para probar la fórmula

( ~) + (7) + (~) + .. . + (~) = 2n. (Comparar con el ejemplo [3.2].) [2.7] Utilizar el Teorema del Binomio para probar la fórmula

(~) + (~) + (:) +...= (~) + (;) + (;) .... ¿Qué interpretación se puede dar a esta fórmula en términos de subconjuntos de un conjunto? [2.8] Probar que para cualquier número natural se tiene la fórmula

(~)' + (~)' + (;)' +... + (:)' = e:). Sugerencia: Examinar el coeficiente de xn al desarrollar ambos miembros de la igualdad (1 + x)2n = (1 + x)n(1 + x)n. (Comparar con el ejercicio [5.3].) [2.9]' Encontrar el término que no contiene a x en el desarrollo de

( v'X+ :x)'.

Sección 3

Comparaciones

Hemos visto ya que para simplificar muchos problemas de combinatoria, es importante la interpretación que se da a lo que se quiere contar. De esta manera hemos visto la utilidad de hacer conteos indirectos. Ejemplos de esto los tuvimos gradualmente en [1.7] y [1.11], que nos llevaron al desarrollo general n

(r )

=nx

(n - 1) x . . . x (n - (r - 1)).

Vimos en esa ocasión que convenía contar arreglos en orden (n x (n 1) x . . . x (n - (r - 1))) y después identificar aquéllos que se hubieran repetido (r!). Esta idea de comparar o de contar en forma indirecta está implícita en muchos conteos (ver también, por ejemplo, el ejercicio [1.15], o más adelante, el Principio de Inclusión y Exclusión). En esta sección veremos algunos ejemplos en los que el contar de dos maneras dIferentes lo mismo nos conduce a obtener ciertas fórmulas en combinatoria (que a su vez pueden usarse para resolver otros problemas).

§ 3. Comparaciones

[3.1] Ejemplo. Probar la fórmula de Gauss 1+2+3+"'+n=

n(n + 1) . 2

Solución. Contaremos las colecciones de 2 elementos que pueden escogerse dentro de un conjunto de n+ 1 elementos de dos maneras diferentes. La comparación de los dos resultados nos demostrará la veracidad de la fórmula. Consideremos así el conjunto X = {XI, X2, . . . ,Xn+1}' Pongamos los subconjuntos de X que tienen dos elementos en una lista, como sigue: {XI,X2},

{XI,X3}, {X2, X3},

{XI,X4}' {X2, X4}, {X3,X4},

{Xl, Xn+1}, {X2, Xn+1}, {X3,Xn+1}, {Xn-I,

xn+d.

De esta lista es fácil observar que el número de subconjuntos de X con 2 elementos es precisamente lo que aparece del lado izquierdo en la igualdad que queremos probar. Por otro lado, sabemos que el número de subconjuntos de 2 elementos que tiene un conjunto con n + 1 elementos es (n~l), que es precisamente lo que aparece en el miembro derecho de la igualdad, y así queda completa la demostración. [3.2] Ejemplo.

Probar la fórmula

(~) + (~) + (~) + .. . + (~) = 2n. Solución. Probaremos que cada uno de los miembros de la igualdad en la fórmula cuenta el número de subconjuntos que tiene un conjunto de n elementos. Esto es claro para el miembro izquierdo (ver ejercicio [1.14]). Para probar que también el miembro derecho representa lo mismo, una vez más, contemos otra cosa que es equivalente: 22

§ 3. Comparaciones

el número de sucesiones de longitud n que se pueden formar con dos símbolos S y N, es decir el número de "palabras" de n letras que pueden formarse con los símbolos S y N. Obviamente, este número es 2n, que es el miembro derecho de la igualdad buscada, así que, para completar nuestra prueba, bastará que probemos que el número de sucesiones mencionado es también el número de subconjuntos. Para lograrlo, establezcamos una correspondencia entre las sucesiones y los subconjuntos de manera que cada sucesión represente un sub conjunto y viceversa. Esto lo podemos hacer observando que para determinar un subconjunto hay que ir tomando uno a uno los elementos del conjunto total, e ir diciendo si el elemento pertenece (S) o no (N) al subconjunto. Para que esto quede más claro, ilustremos el "apareo" de sucesiones con subconjuntos

en el caso del conjunto

X = {a, b,e} (n = 3):

{a, b,e} f-+ SSS {a, b}

f-+

SSN

{a, e} {b,c}

f-+

SNS NSS

{a} {b}

f-+

SNN NSN

{e} f-+ NNS { } f-+ NNN.

Es interesante también notar que en el ejemplo anterior, al probar que el número de subconjuntos de un conjunto con n elementos es 2n, establecimos una comparación (en este caso, correspondencia uno a uno) entre los subconjuntos y las sucesiones de longitud n que constan de los símbolos S y N.

Ejercicios [3.3] Probar que si m, n y r son naturales con O :S r :S m, n, 23

§ 3. Comparaciones

entonces

; n) = (~) (~) + (7) (r : 1) + (;) (r :

2) + . . . + (~) (~)

[3.4] Contar el número de ternas de números del 1 al n (n natural) que están en orden creciente de dos maneras distintas para probar la fórmula

(;) = (Ver [4.27].)

(~) + (~) +...+

(n~l).

Sección

Inducción

Matemática

La inducción matemática es un método muy útil en algunas demostraciones. Se emplea generalmente al probar fórmulas o propiedades de números naturales. En esta sección, además de ilustrar ampliamente el método de demostración por inducción, lo aprovecharemos para probar algunas fórmulas y propiedades de números enteros que son útiles en Matemáticas. Empecemos con un ejemplo sencillo para ilustrar el método. [4.1] Ejemplo. Analicemos la sucesión (lista) de números n2 + n para n natural. El primer término de nuestra lista es 2, pues cuando n = 1, n2 + n = 12+ 1 = 2; el segundo término es 6 ya que 22+ 2 = 6. Así obtenemos la sucesión: 2,6,12,20,30,42,56,72,90,... Podemos notar que todos los términos que escribimos son pares. ¿Será cierto que todos los términos de la sucesión son pares? La respuesta es sí. Podemos probar esto directamente (sin usar inducción matemática),

§4. Inducción

Matemática

observando que para cualquier natural n, el número n2 + n se puede escribir como n( n + 1), o sea que todos los términos de la sucesión son el producto de dos enteros consecutivos y, como uno de los dos enteros debe ser par, el producto también lo será. Más abajo haremos otra demostración del mismo resultado (es decir, de que todos los términos de la sucesión son pares) utilizando el método de inducción, pero primero hablemos un poco sobre el procedimiento que seguiremos: Notemos que con la sola proposición: "Para cualquier natural n, el número n2 + n es par", estamos abarcando una infinidad de proposiciones (una para cada n): 12 + 1 es par, 22 + 2 es par, 32 + 3 es par, etc. Si tratamos de probar cada una individualmente no llegaremos muy lejos; en cambio, si probamos (11) que la primera proposición es cierta y (12) que, cada vez que todas las proposiciones anteriores a una fija P sean verdaderas también lo es la misma P, entonces podemos concluir que todas las proposiciones son ciertas. En efecto, comprobemos por ejemplo que de nuestro lIlétodo de demostración (probando (11) e (12)) se deduce que la 4a proposición es cierta: La la proposición es cierta por (11); utilizando esto tenemos que, por (12), la 2a proposición también es cierta; pero entonces, al tener que la primera y la segunda afirmaciones son ciertas, por (12) deducimos que la 3a proposición es verdadera; ahora ya tendemos que la primera, la segunda y la tercera son ciertas así que, otra vez usando (12) concluimos que la 4a proposición también es válida. Así como llegamos a la 4a proposición, a cualquier proposición podemos llegar en un número finito de pasos, así que, con sólo demostrar (11) e (12), podemos afirmar que todas las proposiciones son verdaderas. 1a proposición cierta:::}

1: propos~c~~ncierta

{ 2 proposlclon

cierta:::}

1: propos~c~~nc~erta 2 proposlclOn

cIerta:::}

{ 3a proposición cierta

. ..

Probemos entonces (11) e (12) en nuestra situación particular, esto es, para probar la afirmación: Para todo natural n, el número n2+ n 26

§4. Inducción Matemática

es par. Demostración

de (Id.

12 + 1 = 2, que es par.

Demostración de (12), Supongamos que k ;::: 2 Y que todas las afirmaciones desde la primera hasta la k-ésima (es-decir, la que se encuentra en el lugar k) son verdaderas. Queremos utilizar esta suposición para probar que, en este caso, también será verdadera la (k+ l)-ésima. De hecho en nuestra demostración utilizaremos sólo la validez de la k-ésima (es decir, no requeriremos utilizar toda la fuerza de nuestra suposición). El que la k-ésima afirmación sea cierta nos dice que tomamos como verdadero el que k2 + k sea par y queremos usar esto para probar que (k + 1)2 + (k + 1) también es par. Desarrollemos la expresión (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

(e+k)+2(k+1).

De esta manera hemos logrado expresar (k + 1)2 + (k + 1) como suma de dos números pares, a saber k2 + k (que estamos suponiendo es par) y 2(k + 1) (que es par por tener el número 2 como factor). Como la suma de números pares también es par, (k + 1)2+ (k + 1) es par, como queríamos probar. Esto termina la demostración de (12), Puesto que (11) e (12) quedaron probadas en nuestro caso, concluimos que para todo número natural n, el número n2 + n es par. Nó.tese que en el método de inducción se necesita un punto de partida: demostrar que una primera afirmación es verdadera; en algunos casos, como veremos más adelante (ver ejemplo [4.11]), el punto de partida deberá abarcar más de una afirmación puesto que de alguna manera se utilizará dentro de la demostración de (12) el que haya un número determinado de proposiciones ya demostradas. A ese punto de partida le llamaremos base de la inducción o, en forma abreviada, BL La suposición de que todas las proposiciones anteriores a una dada son verdaderas se llama hipótesis de inducción o HL Como vimos en el ejemplo, en algunas ocasiones, basta con que la proposición anterior a una dada sea cierta para que la proposición dada también lo sea; en estos casos la hipótesis de inducción puede simplificarse. La práctica nos dirá qué tan fuerte necesitamos hacer nuestra hipótesis de inducción y 27

§4. Inducción Matemática

cuántas afirmaciones deberán tomarse como base de inducción. Una forma de ilustrar porqué el método de inducción proporciona una demostración correcta de algunas proposiciones es la siguiente: Supongamos que se tiene una hilera de fichas de dominó colocadas de manera tal que cada vez que una caiga empujará a la siguiente para que también caiga (esto corresponde a (12)); si una persona empuja la primera ficha (corresponde a (I¡)), podremos afirmar que cada una de las fichas deberá caer en algún momento. En (12), la forma en que uno hace ver cómo la validez de una proposición (o varias proposiciones) "empuja(n)" la validez de la siguiente depende del problema particular de que se trate; en algunos casos la demostración puede ser muy sencilla y en otros muy complicada. Por otro lado, el que una persona no pueda demostrar satisfactoriamente un resultado por inducción, no quiere decir nada sobre la validez del resultado; puede ser simplemente que la sucesión de afirmaciones no tenga una liga tal que la validez de cada afirmación "empuje" la validez de la siguiente. Siguiendo la analogía de las fichas de dominó podríamos proponer un ejemplo en que las fichas de dominó estuvieran alejadas entre sí pero que de todas maneras se cayeran por otra razón (por ejemplo porque colocáramos un ventilador con suficiente fuerza enfrente de ellas). También la práctica nos dirá en qué tipo de proposiciones podemos intentar hacer una demostración por inducción y en cuáles no. Es importante también aclarar que la hipótesis de inducción debe abarcar la base de inducción; es decir, la primera afirmación que se suponga verdadera en la hipótesis de inducción debe haber quedado demostrada independientemente en la base. También es importante hacer notar que en cualquier demostración por inducción hay un paso comparativo en el que se establece la relación o liga que existe entre una afirmación y la(s) precedente(s). En resumen, para hacer una demostración por el método de inducción matemática se deberán seguir los siguientes tres pasos. 28

§4. Inducción Matemática

Primer paso. Identificar la sucesión de proposiciones que abarca la proposición general que se va a demostrar. Segundo paso. Identificar y probar la base de inducción. Tercer paso. Hacer una hipótesis de inducción (suposición de que todas las proposiciones que preceden a una proposición fija son verdad eras) abarcando la base de inducción y utilizar esa suposición (o parte de ella), para probar que la proposición fija también es cierta. (Para ello debe haberse hecho una comparación entre la afirmación fija que se va a demostrar y la(s) anterior(es)). Aplicaremos estos tres pasos en los siguientes ejemplos. [4.2] Ejemplo. 2n

Demostrar que para n = 4,5,6,...,

se tiene que

< nI. Solución.

La sucesión de proposiciones es:

1a proposición: 24 < 2a proposición: 25 < 3a proposición: 26 < 4a proposición: 27 <

41. 5!. 6!. 71.

La base de inducción consiste en demostrar la 1a afirmación. La demostración aquí es sencilla puesto que 24 = 16, 4! = 24 Y 16 < 24, , 4 4 aSl 2 <¡::.. La hipótesis de inducción puede ser, en este caso, la siguiente: Para cierta k 2:4 se tiene 2k < k!. (Notemos que la primera afirmación que

se toma como cierta en esta hipótesis

es para k

4 Y que ésta quedó

demostrada en la base de inducción.) Ahora usaremos la hipótesis de inducción para hacer ver que 2k+1 < (k + 1)!' En efecto, esto se deduce de la siguiente cadena de igualdades y desigualdades en la que en la primera desigualdad se usó la hipótesis de inducción y en la segunda desigualdad se utilizó que k + 1 > 2 (esto último es porque k 2: 4): 2k+1 = 2 X 2k

< 2 x k! < (k + 1) x k! = (k + 1)!.

(Notemos aquí que las dos igualdades en la cadena fueron de tipo com29

§4. Inducción Matemática parativo: sirvieron para establecer la liga entre la afirmación que estaba por probarse y la anterior, que se suponía cierta según la hipótesis de inducción.) Hemos completado satisfactoriamente los tres pasos en el método de inducción, así que el resultado queda probado. [4.3] Ejemplo.

Probar por inducción la fórmula de Gauss

1 + 2 + 3 +... + n

= n(n 2+ 1) '

para n natural. (Ver ejemplo [3.1].) Solución. Nótese que el miembro izquierdo de la fórmula indica que dado el número natural n hay que sumar todos los naturales más chicos que n, incluyendo el mismo n. Así, la sucesión de proposiciones es:

1a proposición:

2a proposición:

1+ 2 =

3a proposición:

1+ 2+ 3 =

4a proposición:

1+ 2+ 3+ 4 =

lx2 2

. 2x3 2

. 3x4 2

. 4x5 2

En' este caso la base de la inducción consiste en demostrar la la proposición, la cual es obvia. Tomaremos como hipótesis de inducción la siguiente: Para cierta k ~ 1 (abarcando la BI) se tiene que 1+2+3+:' .+k = k(k2+1).Queremos

usar esto para probar que 1+ 2+ 3+. . .+ (k + 1) =

(k+1)((~+l)+1)

. Para

ello tomamos el lado izquierdo de la igualdad que queremos probar y buscamos la forma de acomodar los términos para usar la hipótesis de inducción y después obtener el lado derecho de la igualdad:

1 + 2 + 3 + ... + (k + 1) = 1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1) = k(k 2+ 1) + (k + 1) 30

§4. Inducción

Matemática

k(k + 1) + 2(k + 1)

2 (k + 2)(k + 1)

Notamos que la primera igualdad es el paso comparativo y en la segunda igualdad se usó la HI. Esto termina la demostración. Nota. La fórmula del ejemplo anterior puede probarse también sin usar el método de inducción (ni combinatoria). En efecto, llamemos Sn a la suma de los primeros n naturales, escribamos Sn de dos maneras diferentes y sumemos miembro a miembro: 1 n

Sn Sn 2Sn

+ +

2 n - 1

+ ... + ...

n - 1 + 2 +

+ +

n 1

+ (n + 1) + (n + 1).

(n + 1) + (n + 1) + ...

De la última ecuación tenemos la fórmula buscada. Con inducción podemos también probar fórmulas en que hay más de una variable. El siguiente es un ejemplo típico. El contenido de la fórmula es muy útil en diversos problemas. [4.4] Ejemplo. Si r es cualquier número distinto de 1 (no necesariamente natural), entonces , 1 + r + r 2 +... + rn =

rn+l

r -1

para cualquier natural n. Demostración.

La sucesión de proposiciones está indicada por n:

1a proposición: 1 + r = rl:~~l. 2a P ro p osición: 1 + r + r2 = r2+1-1 r-l

= r3:~ ~1 . 4a proposición: 1 + r + r2 + r3 + r4 = r4:~~1 . 3a proposición: 1 + r + r2 + r3

§4. Inducción Matemática Para probar la primera afirmación (base de la inducción) recordemos que (r + l)(r - 1) = r2. - 1. Ahora basta dividir esta ecuación por r -lo La H 1 en este caso es: "Para cierta k 2: 1 se cumple 1 + r + r2 +

.. . + rk = rk:~11." A partir de esta suposición probemos la fórmula = k + 1: 1 + r + . . . + rk+l = 1+ r + . . . + rk + rk+l

correspondiente para n

rk+l - 1 r-1

+ rk+l

(por H 1)

- rk+l - 1 + (r - l)rk+l r-1 rk+l - 1 + rk+2 - rk+l r-1 rk+2 - 1

r-1 r(k+l)+1- 1 r-1 De esta serie de igualdades concluimos que, si la fórmula se supone válida para

= k,

entonces también

lo será para n

k + 1, Y con

esto completamos satisfactoriamente todos los pasos en el método de \ inducción. Por lo anterior podemos afirmar que la fórmula es cierta

para cualquiernatural n. . [4.5] Ejercicio. Probar la afirmación del ejemplo anterior en forma no inductiva. Sugerencia: Utilizar la misma idea con la que probamos la base de inducción. Probaremos otra vez (ver [2.1]) la Fórmula del Binomio utilizando, en esta ocasión, la inducción. [4.61 Teorema del Binomio de Newton. Sean a y b números arbitrarios y sea n un número natural. Entonces

§4. Inducción

+ bt

Matemática

(~)an+ (~)an-lb+... + (;)an-rbr+... + (~)bn.

Demostración.

La sucesión de proposiciones es:

1a proposición: (a + b)l = (~)a + G)b. 2a proposición: (a + b)2= (~)a2+ G)ab + 3a proposición:

(;)b2. (a+ b)3= (~)a3 + (Da2b + G)ab2 + G)b3.

La prueba de la base de inducción (es decir de la validez de la fórmula para n = 1) es inmediata. Hagamos la hipótesis de inducción: "Para cierta

k 2:: 1 se tiene

+ b)k= (~)ak + (~)ak-lb+... + (~)ak-rbr+... + (~)bk."

Utilizando esta hipótesis probemos que la fórmula también vale para n = k + 1. Utilizaremos la Fórmula de Pase al

(;:~)= (;) +(r:l)' para r y n números enteros con O S; r < n (ver ejercicio [1.34]). Por definición y por H 1 tenemos I

(a + b)k+l

= (a + b)k(a + b)

= ((~)ak+ (~)ak-lb+"'+ (~)ak-rbr+...+(~)ak)(a+b). Ahora, desarrollando la multiplicación indicada (primero multiplicando por a y después por b) obtenemos

(~)ak+l+ (~)akb+... + (~)ak-r+lbr+... + (~)abk+l + (~)akb +... + (r ~ ~)ak-r+1br +... + (k~ l)bk+l+ (:)bk+1. 33

§4. Inducción Matemática Al agrupar términos semejantes en toda esta suma, observemos que el primero y el último términos aparecen sólo una vez y sus respectivos coeficientes

son (~)

= e~l)

y (Z)

otros términos ak+l-rbr para O ;::: r multiplicar

(~)ak-rbr

k+l

= 1 = (Z¡D; cada uno de los k, aparece dos veces, una al

por a y otra al multiplicar

b; entonces, por la Fórmula Obtendremos entonces

(a+ b)

;:::

k+1

( O )

de Pase al quedará

a k+l +...+

k+ 1

(

)

C~l)ak-(r-l)br-l con coeficiente

ak+l-r br +...+

por (k~l).

k+1

( k+1 )

bk+l

como queríamos. La inducción nos dice entonces que la fórmula vale

para todo númeronatural n. . Recordemos que dado un número natural n hemos definido n! como el producto de todos los naturales menores o iguales que n y que hemos convenido

que O! = 1. La definición de n! también

se puede dar en

forma inductiva o recursiva (es decir, se tiene una base y la definición de los términos después de esa base se da en relación con los términos anteriores que ya se suponen conocidos). Dicha definición recursiva es como sigue: Se define O!= 1 y, para n ;::: 1 se define n! = n x (n - 1)!. En los siguientes ejemplos compararemos algunas definiciones no recursivas con otras recursivas. ,

[4.7] Ejemplo. Definamos la sucesión al, a2, a3, . . . recursivamente por al = 1 y, para n ;::: 2, an = an-l + 2, decir cuál es el valor de los primeros 6 términos de la sucesión y dar una definición no recursiva de la misma sucesión. Solución.

Para obtener los primeros 6 términos de la sucesión par-

timos de la base al

1 Y vamos construyendo

los siguientes

términos

sumando 2 al término recién construido:

1, 3, 5, 7, 9, 11. Una definición no recursiva de la misma sucesión es an = 2n - 1. El ejemplo anterior es un caso particular de las llamadas sucesiones o progresiones aritméticas; en general una sucesión aritmética 34

§4. Inducción Matemática

es una sucesión de números al, a2, a3, . . . en que la diferencia entre dos

términos consecutivos cualesquiera es un número constante d, es decir anH = an + d, para toda n. Otros ejemplos de sucesiones aritméticas son: 1,2,3,4,5,... (aquí d = 1 Y al = 1), 2,4,6,8,10,... (aquí d = 2 Y al = 2), 10,17,24,31,38,... (aquí d= 7 Y al = 10). O,-~, -1, -~, -2, -~,... (aquí d = ~l Y al = O). Hemos visto que podemos determinar cualquier sucesión aritmética por recursión, es decir, en forma inductivaj es de esperar entonces que las demostraciones de afirmaciones sobre sucesiones aritméticas utilicen de alguna manera la inducción. Damos a continuación un ejemplo sencillo de esto que nos permitirá trabajar en forma no recursiva con sucesiones aritméticas. [4.8] Ejemplo.

Sea al, a2, a3, . . . una sucesión aritmética con dife-

rencia d (es decir, para toda n, anH = an + d. Probar que para n 2 2 se tiene an = al + (n - l)d. Demostración. La sucesión de afirmaciones es: a2 a3

= al + (2 - l)d. = al + (3 - 1)d.

3a afirmación:

4a afirmación:

= al + (5 - l)d.

la afirmación: 2a afirmación:

+ (4 - l)d.

La base de inducción es, en este caso, la primera afirmación (es decir, la afirmación para n = 2). Es fácil darse cuenta de la validez de esta proposición pues, por definición, a2 = al + d. Hagamos ahora la hipótesis de inducción: "Para cierta k 2 2 es verdad que ak = al + (k - l)d". Utilizando esta HI probemos que también es cierto el resultado para n = k + 1: akH

= ak + d

(por definición) 35

§4. Inducción

Matemática

= al + (k - 1)d + d = al + kd.

(por H I)

Esto termina la demostración. Como mencinamos arriba, el ejemplo anterior nos permite usar una nueva definición no recursiva de sucesiones aritméticas; utilizando esta nueva definición podríamos probar afirmaciones sobre sucesiones aritméticas sin utilizar la inducción, en particular, podríamos conocer cualquier término de la sucesión sin necesidad de conocer el anterior. [4.9] Ejercicio. Dada la sucesión aritmética con primer término al = 2 Y d = encontrar alOO'

[4.10] Ejemplo.

Probar que si al, a2,. . . es una sucesión aritméti-

ca con diferencia d, entonces para toda n ~ 2, la suma Sn := al

+ a2 +

. . . + an

de los primeros n términos de la sucesión se puede calcular según la siguiente fórmula: Sn

= n(al 2+ an) .

Solución. No utilizaremos inducción sino el resultado obtenido en el ejemplo [4.8] y la Fórmula de Gauss (ver [4.3]): Sn

= al + (al + d) + (al + 2d)+ ... (al + (n - 1)d)(por[4.8]) =

nal

(d + 2d + . . . + (n - 1)d)

= nal + (1 + 2 + ... + (n - 1))d = nal + n(n 2- 1) d n = -(2al + (n - 1)d) 2 n

2(al + an)

Esto termina la demostración. 36

(por Gauss)

(por [4.8])

§4. Inducción Matemática En todas las pruebas por inducción que hemos hecho hasta el momento, al demostrar que la (k + l)-ésima afirmación es verdadera sólo hemos utilizado la validez de la k-ésima afirmación; inclusive, en cada caso simplificamos la hipótesis de inducción de tal manera que abarcara sólo la afirmación anterior a la que queríamos probar y no todas las anteriores. En los ejemplos que trataremos a continuación sí necesitaremos hacer la hipótesis de inducción como la anunciamos al principio de esta sección. La diferencia entre los casos que siguen y los anteriores es que cada afirmación está ligada no sólo a la que la precede sino a una o más de las anteriores. La práctica nos dirá cómo reconocer en qué caso nos encontramos; mientras tanto, podemos siempre hacer la hipótesis de inducción en su forma más general y, una vez que estemos en el tercer paso de la demostración inductiva, utilizar sólo lo que necesitemos de la hipótesis. Considerando que llegado este punto ya debe ser obvio para el lector el primer paso de la inducción (es decir, identificar la sucesión de afirmaciones que abarca la afirmación general que se quiere probar), de aquí en adelante ya no incluiremos éste en nuestras demostraciones. [4.11] Ejemplo. La sucesión de Fibonacci 11,12,13,... se define como sigue: f¡ = 1,12 = 1 y, para n 2: 3, 1n = 1n-1 +1n-2. Construir los primeros 10 términos de la sucesión de Fibonacci y probar la siguiente fórmula que nos proporciona una definición no recursiva de la sucesión: -

1n -

e+2v'5f

- e-2v'5f

Solución. Construyamos los primeros 10 términos de la sucesión siguiendo la definición: Los primeros dos términos son ambos 1 y, para construir cada uno de los términos siguientes, sumemos cada vez los últimos dos que ya tengamos: 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55. Como pudimos observar en la misma definición, para conocer un término es necesario conocer no sólo el inmediato anterior sino los dos que le preceden. Es natural entonces pensar que una demostración por inducción de una 37

§4. Inducción Matemática

afirmación sobre todos los términos de la sucesión de Fibonacci deba tener una hipótesis de inducción que abarque las afirmaciones correspondientes a los dos términos que preceden al que se considera en ese momento. Por otro lado, los primeros dos términos están dados de manera independiente y los demás se basan en ellos; por esta razón, la base de inducción debe constar de la prueba de las dos afirmaciones correspondientes a éstos términos. Tomemos el lado derecho de la fórmula que queremos probar para n

(1+2v'5f -

(~f

- (1+ V5)- (1 - V5) = 2V5 = 1 = 11' -

2V5

Hagamos ahora lo mismo para n

(~)2

- (~)2

= 2:

- (1+2V5+5) - (1-2V5+5) -

4V5

= 4V5 = 1, 4V5

que es igual a 12' Con esto concluimos la base de inducción. Ahora tomemos k ~ 3 Y hagamos la hipótesis de inducción: "La fórmula es verdadera para todos los naturales menores que k". Tenemos entonces Ik

= Ik-l + Ik-2

e+2v'5) k~l

- (~)k-2

(por definición) - e-2v'5) k-l

(~+

e+2v'5)k-2 - e-2v'5) k-2 V5 (por H 1)

1) - (~)k-2

(~+

- (~)k-2 (~)

Por otro lado, consideremos el miembro derecho de la fórmula para 38

§4. Inducción Matemática

n= k:

(~)k

(~)k - (~)k-2 (~r

- (~)k-2

- (~t-2

(~)2

V5 e+2{5+5)- (~t-2

- (up)k-2 (~)

(l-2{5+5)

- (~)~-2 (~) V5

Hemos obtenido lo mismo que teníamos arriba, así que la fórmula también es verdadera para n = k, Y esto concluye la demostración. [4.12] Ejemplo. Definamos una sucesión ao, al, a2,. . . como sigue: ao = 1 y, para n ~ 1,

an = (~)ao + (~)al + (~)a2 +... + (n: l)an-l' Probar que todos los términos de la sucesión son impares. Solución. Antes de empezar la demostración de que todos los términos son impares notemos primero que en la misma definición de la sucesión se hizo una recursión que utiliza no sólo el término anterior al que se está definiendo sino todos los anteriores. Es natural entonces pensar que para probar que un término an (n ~ 1) es impar, debemos utilizar el que todos los anteriores (ao, al, a2, . . ., an-¡) lo son; así que en este caso, la hipótesis de inducción deberá abarcar todos éstos. .Conviene también escribir los primeros términos de la sucesión, pues el análisis cuidadoso de varios términos en particular muchas veces da una idea de cómo hacer la demostración general. (Nota: Esto no sería necesario si utilizáramos congruencias (módulo 2), que es una técnica para estudiar la divisibilidad entre enteros; lo que sigue se simplificaría 39

§4. Inducción Matemática

considerablemente utilizando, entonces, la fórmula de [2.6].) Tenemos: ao = 1, al

= (~) x 1 = 1 x 1 = 1, = (~) x 1 + (~) x 1

= 1 x 1 + 2 x 1 = 3, a3

= (~) x 1 + (~) x 1 + (~) x 3

=1x a4

1+ 3 x 1+ 3 x 3

= 13,

= (~) x 1 + (~) x 1 + (~) x 3 + (:) x 13

= 1 x 1 + 4 x 1 + 6 x 3 + 4 x 13 = 75,

= (~) x 1 + (~) x 1+ (~) x 3 + (:) x 13+ (:) x 75

= 1 x 1 + 5 x 1 + 10 x 3 + 10 x 13 + 5 x 75 = 541.

Observamos aquí que los coeficientes que van apareciendo son los del triángulo de Pascal, el cual sabemos que es simétrico respecto a la vertical central (esto es,

(;) = (n~r)). También

sabemos que los términos

centrale,s en los renglones pares (es decir, los de la forma (i)) son todos números pares (pues son la suma de los dos números iguales arriba de él). Hechas estas observaciones procedamos con la demostración. La base de inducción es la prueba de que el primer término de la sucesión (es decir, ao) es impar, lo cual es cierto por definición. Tomemos k 2::1 Ysupongamos que ao, al ,a2, . . .,ak-l son impares (ésta es nuestra hipótesis de inducción). Probaremos que ak es impar. Dividimos la prueba en dos casos: cuando k es impar y cuando k es par. En el primer caso, factorizando los coeficientes binomiales con suS simétricos, tenemos ak

= 1+ (~)

(al + ak-l)+

(~)

(a2 + ak-2)+...+ (k:l)

(ak;:l+ a~).

§4. Inducción Matemática

Ahora utilizamos la hipótesis de inducción: como cada ai (con 1 S

i S k - 1) es impar, cada una de las sumas al ak-l

+ ak+l

+ ak-l,

+ ak-2, ...,

es un número par; con esto ya es claro que ak es impar,

y ~quí terkina la prueba para el caso en que k sea impar. En el caso en que k sea par, agrupamos de la misma manera pero nos sobrará un término sin agrupar: ak

= 1 + (~) (al + ak-l) + (~) (a2+ ak-2)+... + (;)a~.

Sin embargo, el término no agrupado también será par pues el coeficiente binomial en él lo es. Esto concluye la prueba en el caso en que k sea par. Hemos completado satisfactoriamente los pasos de la inducción en todos los casos así que todos los términos de la sucesión son

impares. El resultado que sigue ya lo habíamos probado en la sección 3 con las técnicas de esa sección. Lo probaremos ahora usando el método de inducción matemática. [4.13] Proposición. Todo conjunto con n elementos tiene 2n subconjuntos (ver ejemplo [3.2]). Demostración. El resultado es obvio para cuando n = O pues el conjunto con O elementos sólo tiene un subconjunto que es él mismo. Sea n 2 1; HI: "Todo conjunto con n -1 elementos tiene 2n-l subconjuntos." Consideremos el conjunto X = {Xl, X2,"', xn} con n elementos. Queremos utilizar la HI para probar que X tiene 2n subconjuntos. Consideremos el conjunto Y obtenido al quitarle a X el elemento Xn' Por HI, Y tiene 2n-l subconjuntos. Ahora bien, los subconjuntos de X podemos dividirlos en dos clases: los que no tienen al elemento Xn (es decir, los que están contenidos en Y) y los que sí lo tienen. El número de conjuntos de las dos clases es el mismo pues cada conjunto de la segunda clase se obtiene adjuntando el elemento Xn a uno de los conjuntos de la primera. Entonces, por HI, cada una de estas clases tiene 2n-l conjuntos;

en total

X tendrá

2n-l

+ 2n-l

= 2 x 2n-l = 2n

como queríamos probar. Esto termina la demostración.

subconjuntos,

§4. Inducción

Matemática

Ejercicios

[4.14] Hacer una prueba inductiva y otra no inductiva de que el producto de tres enteros consecutivos es múltiplo de 6. [4.15] Hacer una prueba inductiva y otra no inductiva de la siguiente fórmula para n natural: 1 1 1 n -+-+...+ =-. 1x 2 2x 3 n x (n + 1) n+ 1 Sugerencia: Para la prueba no inductiva, observar que k(k~l)

= t - k~l.

[4.16] Sea X = {Xl,X2,X3,X4}' Encontrar las dos clases de subconjuntos de X de que se habla en la demostración de [4.13] y aparear los conjuntos de una clase con los de la otra como indica esa prueba. [4.17] Demostrar por inducción que todo conjunto tiene la misma cantidad de sub conjuntos con un número par de elementos que con un número impar. (Comparar con [2.7].) [4.18] Probar por inducción que para n natural se tiene la fórmula: 12 + 22 + 32 +...

+ n2

= n(n + 1)(2n+ 1). 6

[4.19] Probar la fórmula del ejercicio anterior en forma no inductiva como sigue: Para k = 1,2,... sea ak = (k + 1)3 - k3. Calcular la suma al + a2 + . . . + an de dos maneras distintas e igualar. Despejar 12+ 22 + 32 + ... + n2. [4.20] Calcular directamente la suma 13+ 23 + 33 + . . . + n3 para n = 1,2,3 Y 4. Basándose en estos ejemplos proponer una fórmula para calcular la suma para cualquier natural n y probar la fórmula por inducción. [4.21] Calcular la suma 13 + 23 + 33 + 42

... + n3

utilizando

un ra-

§4. Inducción Matemática zonamiento parecido al del ejercicio [4.19]. Sugerencia: En este caso deberá considerarse ak = (k + 1)4 - k4 para k = 1,2, . . .. [4.22] Calcular la suma 1 x 1000 + 2 x 999 + 3 x 998 + . .. + 999 x 2 + 1000 x 1. [4.23] Calcular la suma 111 1 1 x 3 + 3 x 5 + 5 x 7 + . . . + 999 x 1001 .

[4.24] Sea. ao,al ,a2,. . . la sucesión de números definida recursivaan-l+an-2 men t e como sIgue: ao = - 1 , al = 1 y, para n_,> 2 an = Probar por inducción que para n 2 1, an 2 o.

[4.25] Una sucesión o progresión geométrica con razón r es una sucesión de números al, a2,' . . en que cada uno se obtiene del anterior multiplicando por el número r (es decir, para n 22, an = an-Ir). Dar una definición no re cursiva para la sucesión geométrica con al r

~. Calcular la suma de los primeros

100 términos de esta sucesión.

[4.26] Probar por inducción la fórmula siguiente para n natural:

(~) + (7) + . .. + (~) = 2n. (Comparar con [2.6]y [3.2].) Sugerencia: Utilizar la Fórmula de Pasea!. [4.27] Probar por inducción la fórmula siguiente para n y k enteros con O ::; k ::; n: k (k )

k+1 ( k )

k+2

+( k )+

. ..

+ ( k)

n+ 1

( k+1' )

Sugerencia: Usar la Fórmula de Pasea!. (Ver [3.4].) [4.28] La siguiente afirmación es obviamente falsa: "En cualquier 43

§4. Inducción Matemática

lista de n números enteros, todos son iguales entre sí." Determinar cuál es el error en la "demostración" por inducción que presentamos a continuación (es decir, encontrar en qué momento el procedimiento que se sigue en la supuesta demostración es incompleto o incorrecto): "B l : Para n = 1 la afirmación es verdadera pues sólo hay un número en la lista. H l: Supongamos que el resultado es cierto para cualquier lista de n números y tomemos una lista de n + 1 números: al, a2 . . . , am an+l. Entonces, por H l, los primeros n números al, a2 . . . , an son iguales entre sí; aplicando también la hipótesis de inducción a los últimos n números: a2,..., an, anH, éstos son también iguales entre sí. Pero entonces todos son iguales a a2, así que todos son iguales entre sí." [4.29] La siguiente afirmación es obviamente falsa: "El conjunto N de los números naturales es finito." Determinar cuál es el error en la "demostración" por inducción que presentamos a continuación (es decir, encontrar en qué momento el procedimiento que se sigue en la supuesta demostración es incompleto o incorrecto): "Para cada natural n sea An = {n}. Sabemos que la unión de todos los conjuntos An nos da el conjunto N, Y que la unión de dos conjuntos finitos es finito. Entonces Bl: Al U A2 es finito. Hl: Supongamos que Al U A2 U ... U An-l es finito para cierta n 2': 3. Entonces, como Al U A2 U . . . U An = (Al U A2 U . . . U An-l) U An, que es la unión de dos conjuntos finitos (usando la HI), también es finito. Queda entonces probado que N es finito."

Sección 5

Caminos

Analizaremos en esta sección un ejemplo básico de cuenta de caminos siguiendo líneas en figuras. En este ejemplo aprenderemos dos técnicas para la resolución de problemas de este estilo y tendremos oportunIdad de practicar algunas técnicas de combinatoria aprendidas antes. [5.1] Ejemplo. En una cuadrícula de m por n, sea A el vértice inferior izquierdo y sea B el vértice superior derecho. ¿Cuántos caminos hay de A a B siguiendo las líneas de la figura, si sólo se puede avanzar hacia la derecha y hacia arriba? Solución.

Ilustremos un camino con m = 4 Y n = 6.

§5. Caminos

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 letras H (horizontal) y 4 letras V (vertical). (Por ejemplo, el camino de la figura está representado por la palabra HVV H H HV HV H .) Como sabemos (ver ejemplo [1.23]), el número de estas palabras es C40). Segunda forma. Observemos que hay dos maneras para llegar a cada vértice que no forme parte del lado izquierdo o del lado de abajo de la cuadrícula (a los cuales sólo hay una forma de llegar): verticalmente (desde el vértice inmediatamente abajo de él) y horizontalmente (desde el vértice inmediatamente a la izquierda de él). Entonces, el número de caminos que llegan a uno de esos vértices es la suma de los caminos que llegan a los vértices adyacentes a la izquierda y abajo de él. Así podemos poner en la figura, junto a cada vértice, el número de caminos que llegan a él: o

1 l4 1 L--_J2

lJL_ ~__'70 t2~-~ O ¡LO

-Q ~_5

13 1_6 ~Jl ~l) ---L---f8 ~_3

Ll5

A.1---J1 LL L h 46

6-17

§ 5. Caminos

Ejercicios [5.2] Dentro de un cubo de alambre e de dimensiones 5 x 5 x 5 se colocan alambres dividiendo e en cubos de dimensiones 1 x 1 xl. Llámese A al vértice inferior izquierdo de la cara anterior de e y sea B el vértice opuesto a A en e (es decir, B es el vértice superior derecho de la cara posterior de e). ¿Cuántos "caminos" diferentes llegan del punto A al punto B siguiendo los alambres del cubo, si las únicas direcciones permitidas son: hacia atrás, hacia la derecha y hacia arriba? [5.3] Usar caminos para probar la fórmula de naturales n:

(~)' + (7)' + (;)' +." + (:)' = e:). Sugerencia: Contar caminos en una cuadrícula de n x n como en la primera forma en el ejemplo [5.1], fijándose en los puntos donde el camino atraviesa la diagonal que va de la esquina superior izquierda a la esquina inferior derecha. (Comparar con ejercicio [2.8].) [5.4] Usar caminos para probar la fórmula de Pase al

(~::)= (~) + (r:1)' para r Y'n números enteros con O~ r < n. Sugerencia: Comparar las dos formas de resolver el ejemplo [5.1]. (V~r [1.34].)

Sección 6

Inclusión

y Exclusión

Empecemos esta sección analizando un ejemplo que nos dará la clave del llamado Principio de Inclusión y Exclusión. [6.1] Ejemplo. ¿Cuántos números menores que 10 000 no son divisibles ni por 2, ni por 3, ni por 5? Solución. A 10000 habrá que restarle la cantidad de números divisibles por alguno de 2, 3 o 5. Sin embargo esto hay que hacerlo con cuidado para evitar repeticiones; por ejemplo, los números que son divisibles tanto por 2 como por 3 se consideran dos veces: al contar los divisibles por 2 y al contar los divisibles por 3. Vamos a determinar primero, por separado, cuántos múltiplos hay de cada una de las distintas combinaciones entre 2, 3 Y 5. Hay 5 000 números 3333 divisibles por 2000 divisible s por 1 666 divisibles por

divisibles por 2, 3, 5, 6,

§ 6. Inclusión y Exclusión

1000 divisibles por 10, 666 divisibles por 15 y 333 divisibles por 30. Al restarle a 10000 la cantidad de números divisibles por 2 y luego los divisibles por 3 y a continuación 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 habrán quitado dos veces cada uno, y los que son múltiplos de 30 se habrán quitado tres veces. Entonces al agregar a la cuenta los que son múltiplos de 6, de 10 o de 15, los que son divisibles por 30 se habrán quitado primero tres veces al restar los múltiplos de 2, de 3, Y de 5, Y después se habrán vuelto a sumar tres veces al sumar los múltiplos de 6 y los de 10 y los de 15, así que tendremos que restarlos. La respuesta al ejemplo es pues: 10 000 - (5000 + 3333+ 2 000) + (1666 + 1000 + 666) - 333 = 2666.

[6.2] Ejercicio. En cierta escuela hay 100 alumnos. De ellos 50 saben inglés, 30 saben alemán y 30 saben francés. Además 10 saben inglés y francés, 14 saben francés y alemán, 11 saben inglés y alemán, y 6 saben los tres idiomas. Determinar cuántos alumnos no saben ninguno de los tres idiomas. El procedimiento que utilizamos en el ejemplo anterior puede generalizarse, según veremos en el siguiente prin<1pio. [6.3] Principio de Inclusión y Exclusión. Supongamos que tenemos n conjuntos Ab A2"'" An (posiblemente con elementos en común). Entonces el número total k de elementos que tienen entre todos es igual a k1 - k2 + k3 - k4 + >,

. . . kn,

donde k1 es la suma de

los elementos que pertenecen a (por lo menos) uno de los conjuntos, k2 es la suma de los elementos que pertenecen a (por lo menos) dos de los conjuntos, y así sucesivamente hasta kn, que es el número de elementos en común a todos los conjuntos. (Utilizando el lenguaje usual 50

§6. Inclusión y Exclusión

de teoría de conjuntos donde IXI denota el número de elementos de un conjunto X, U es el símbolo usual de unión y n es el símbolo usual de intersección, tenemos: k = IAlUA2 U... UAnl, k1 = IAll+ IA21+... +

IAlnA21+IAlnA31+" '+IA1nAnl+IA2nA31+" y así sucesivamente hasta kn = IAl n A2 n ... n Anl.) IAnl, k2

'+IAn-lnAnl,

Demostración. Tomemos un elemento cualquiera y supongamos, por ejemplo, que el elemento pertenece a los conjuntos Ail' Ai2' . . . , Air para cierta r, y sólo a éstos. Entonces el número de veces que dicho elemento se considera en la suma kl - k2 + k3 - k4 + - . . . kn es

(~) - (;) + (;) - (~) +

(~),

que, por el ejercicio [2.7], es igual a (~), que es 1. Entonces la suma kl - k2 + k3 - k4 + - . . . kn cuenta cada elemento exactamente una vez, que es lo que queríamos demostrar. . Para el siguiente ejemplo recordemos que todo número natural N se puede escribir en forma única como producto de potencias de primos Pl < P2 < ... < Pr: N = p~lp~2. . . p~r (al, a2, . . ., ar son naturales) y que a ésta se le llama la descomposición canónica del número N. Recordemos también que se dice que dos números son primos relativos cuando su máximo común divisor es 1 (en otras palabras, cuando los primos q;ue aparecen en sus descomposiciones canónicas, son distintos). [6.4] Ejemplo. Sea N = p~lp~2. . .p~r la descomposición canónica del número natural N. Se llama <p(N), o función <Pde Euler al número de enteros menores que N y primos relativos con N. (Por ejemplo <P(12) = 4 pues los enteros menores que 12 y primos relativos con 12 son 4, a saber, 1, 5, 7 Y 11.) Probar que <p(N) = p~1-lp~2-l.. 'p~r-l(pl - 1)(P2- 1)... (Pr - 1).

Solución. Aplicamos el Principio de Inclusión y Exclusión. Los múltiplos de cada Pi son i;; los múltiplos de cada PiPj (para i i= j) 51

§6. Inclusión y Exclusión

son P~j; los múltiplos

de los productos

N N N N-(-+...+-)+(-+...+ Pl

P1 p 2 al-l (p 1

i, j y k índices

son Pi~Pk ' Y así sucesivamente. Entonces <1>(N)es igual a:

distintos)

PiPjPk (para

ar Pr

oo.

a2-1

Pr al-l

PIP2

ar Pr

Pr-lPr al G2-1 1 p2

+p - (p 1 p ar-l-l ar al . .. Pr + . . . +p l' .. Pr-l 2'"

) ar

oo.

ar-l

+(-1) +

oo.

PIP2'" al a2 1

Pr ar-l

... P r

) + ...+

(-1 r p~1-lp~2-1. . .p~r-l. Podemos observar que los sumandos en la expresión anterior son todas las expresiones de la forma p~lp~2. . .p~r, donde cada bi es igual a ai o a ai - 1; además la paridad del número de sumandos que son ai - 1 determina el que se sume o se reste el término correspondiente en la expresión. Entonces la expresión se puede simplificar: <1>(N)

= (p~l -

p~1-1)(P~2- p~2-1)... (p~r - p~r-l)

= p~1-1(Pl- 1)p~2-1(P2- 1).. 'p~r-l(Pr - 1), que es la fórmula que queríamos probar. 8 Ejercicios [6.5] Usar la fórmula probada en el ejemplo anterior para calcular <1>(600), <1>(1995), <1>(23) Y <1>(128).

El siguiente ejercicio está basado en el conjunto de fichas del dominó (antes del ejercicio [1.41Japarece la descripción de este conjunto). [6.6] Se dice que una mano de dominó tiene falla si alguno de los números entre el O y el 6 no aparece en la mano (cada número faltante es una falla); por ejemplo la mano ~, [[[ID, [Qill, film, [!NI, rnNJ, ~ tiene falla a 4' s. Probar que el número de manos de dominó que no tienen falla es 501015.

Sección 7

Probabilidad

Como una aplicación de los métodos de conteo que hemos estudiado en la sección 1, daremos ahora una introducción muy breve al estudio de la probabilidad. No daremos aquí una definición formal del concepto matemático de probabilidad; en lugar de ello daremos un principio básico (válido sólo dentro de los conjuntos finitos) y trabajaremos varios ejemplos que nos aclararán la forma correcta en que dicho principio debe interpretarse. La probabilidad de que algo ocurra es el cociente del número de casos favorables entre el número total de casos posibles. Un ejemplo muy sencillo es el siguiente: La probabilidad que al lanzar una moneda al aire la cara que salga (es decir, la cara que se muestra hacia arriba cuando la moneda cae) sea águila es ~,pues de 2 que es el número total de casos posibles (águila y sol), 1 es el favorable. Lo que esto quiere decir es que, suponiendo condiciones ideales (por ejemplo que la moneda esté bien nivelada en cuanto a peso y forma,

§ 7. Probabilidad

que se lance la moneda de tal manera que no sea posible controlar lo que va a salir, que la moneda no pueda caer de canto), si la moneda se lanza al aire muchas veces, se espera que alrededor de la mitad de ellas caiga águila. (Ver el comentario después del ejemplo [7.5], donde se explica cómo debe interpretarse esto.) Otro ejemplo clásico es el del lanzamiento del dado. Aquí la probabilidad de que al lanzar un dado salga 3 es 1 pues hay 1 caso favorable de los 6 posibles que son: que salga 1, que salga 2, etc. Desde luego, aquí también se supone que las condiciones del dado y del lanzamiento son ideales. Cabe advertir que el aplicar nuestro principio descuidadamente nos puede llevar a razonamientos erróneos como el siguiente: "La probabilidad de que el número que salga al lanzar un dado sea

3 es

pues son 2 los casos posibles: que salga 3 o que no salga 3, Y

de éstos 1 es favorable." El error aquí es que, aún cuando es cierto que éstos son los casos posibles, éstos no son comparables al mismo nivel de frecuencia (decimos que no son "igualmente probables"), la frecuencia con la que se espera que salga el 3 no es la mitad de las ocasiones, pues se espera que cada número salga con la misma frecuencia. Mencionaremos a continuación a!g~nas propiedades que satisface la probabilidad. No es difícil convencerse de su validez. Después de cada una haremos algún comentario al respecto. [7.1] Propiedades. (Pl) La probabilidad de que algo ocurra es un número entre O y 1. Es O cuando es imposible que ocurra, y es 1 cuando es seguro que debe ocurrir. Esta propiedad es clara pues los casos favorables son una parte de los totales. Los casos que nosotros tratamos aquí son todos números racionales, es decir, cocientes de enteros. Sin embargo al trabajar la probabilidad en un contexto más general (con conjuntos infinitos), dado cualquier 54

§ 7. Probabilidad

número entre O y 1 (racional o no) se pueden dar ejemplos cuya probabilidad sea el número dado. (P2) Si la probabilidad de que algo ocurra es p, entonces la proba-

bilidad de que no ocurra es 1 - p. Esto también es claro pues los casos generales se componen de los favorables y los desfavorables. Por ejemplo, la probabilidad de que al lanzar un dado no salga el 3 es

=1-

(P3) Si dos cosas no pueden ocurrir simultáneamente, la probabilidad de que ocurra una o la otra (es decir, cualquiera de las dos) es la suma de las probabilidades. Por ejemplo, la probabilidad de que al lanzar un dado salga 3 o un número par es ~ - ~ + ~. Lo que dice la propiedad es que los casos favorables se pueden contar globalmente (en el ejemplo: 3, 2, 4 y 6 son los cuatro casos favorables de los 6 posibles), o parcialmente, y luego juntarlos (en el ejemplo, considerar por separado 3 y después los pares). Observemos que la propiedad no sería válida si no pidiéramos que los sucesos fueran mutuamente excluyentes, es decir, si hubiera la posibilidad de que ocurrieran simultáneamente; por ejemplo, la probabilidad de que al lanzar un dado lo que salga sea un número mayor que

3 o que sea un número par es

(los casos favorables son 2, 4, 5 y 6)

y no ~ + ~ = 1, que sería la suma de las probabilidades (los casos 4 y 6 son comunes a los dos y se estarían contando dos veces al sumar las probabilidades)

(P4) La probabilidad de que ocurran dos cosas en un orden determinado es el producto de las probabilidades. Por ejemplo, la probabilidad de que al lanzar dos veces una moneda

primero salga águila y luego salga sol es

= ~. Esto

es claro si

recordamos que al contar los arreglos (tanto los favorables como los generales) también multiplicamos. En el ejemplo, el número total de posibilidades es 2 x 2 = 4: águila-águila, águila-sol, sol-águila y solsol; sólo hay uno favorable formado por las posibilidades favorables individuales: primero águila y después sol. . 55

§ 7. Probabilidad

Como ya habíamos hecho notar, el principio que propusimos de #de casos favorables #total de casos debe interpretarse con cuidado. entender un poco más esto.

El ejemplo siguiente nos ayudará a

[7.2] Ejemplo. Dentro de cierto grupo de 4 caballos numerados del #1 al #4 se ha observado que la frecuencia con que el caballo #1 gana es el doble que con la que gana el #2; que éste a su vez gana el doble de veces que el #3, y que el #3 gana el doble de veces que el #4. Encontrar la probabilidad de que en la próxima carrera el caballo ganador sea el #1 o el #3. Solución. Sería incorrecto decir que el número total de casos es 4 y que de éstos los favorables son 2, pues se nos ha advertido que las frecuencias con las que los caballos ganan no son las mismas. Tenemos que dar cierto "peso" a cada caballo de tal manera que la frecuencia con la que dicho caballo gana esté representada; esto lo hacemos como sigue: Representemos con fichas la proporción con que ganan los caballos; por ejemplo asignemos 1 ficha al caballo #4, 2 fichas al caballo #3, 4 fichas al caballo #2 y 8 fichas al caballo # 1 .

El número total de casos será entonces el número de fichas: 1 + 2 + 4 + 8 = 15, y el número de casos favorables será 2 + 8 = 10, que es el número de fichas correspondientes a los caballos #1 y #3. La probabilidad

es i~

= j.

Para eliminar complicaciones técnicas, en los dos ejemplos siguientes consideraremos el año con 365 días (sin contar en ningún caso el 29 de febrero) y supondremos que la distribución de los cumpleaños es pareja a lo largo del año. 56

§ 7. Probabilidad

[7.3] Ejemplo. Encontrar la probabilidad de que una persona determinada haya nacido en noviembre o diciembre. Solución. El número de días favorables es 61, así que la probabilidad es 3~15'que es aproximadamente igual a ~. . [7.4] Ejemplo. Encontrar la probabilidad de que en un grupo de 61 personas al menos 2 tengan el mismo cumpleaños. Solución. Notemos que este ejemplo difiere del anterior en que las fechas de cumpleaños no se comparan con fechas fijas sino entre sí. Veremos que los resultados son muy distintos. Para resolver el ejemplo resulta más fácil contar la probabilidad opuesta: que no haya ningún cumpleaños repetido, y después usar la propiedad (P2). Utilizaremos repetidamente la propiedad (P 4). Consideremos un orden fijo para las personas. La probabilidad de que el segundo cumpleaños sea distinto del primero es ;~:. La probabilidad de que el tercero sea distinto de los dos anteriores es ;~~, y así sucesivamente. El resultado es

1 - 364 x 363 x . . . x 305 36560 ' que es aproximadamente igual a 0.995. Esto quiere decir que de 1000 grupos de 61 personas cada uno, se espera que en sólo 5 de los grupos no haya cumpleaños comunes. (Compárese este resultado con el del ejemplo anterior. Resulta que basta con 23 personas para que la probabilidad de que haya cumpleaños repetidos entre ellas sea mayor que ~.)

[7.5] Ejemplo. Encontrar la probabilidad de que al lanzar una moneda al aire 10 veces caigan exactamente 5 águilas. Solución. Si escribimos A por águila y S por sol, el resultado de los diez lanzamientos puede representarse por una sucesión de longitud 10 formada por los símbolos A y S, de manera que el número total de posibilidades es 210 = 1024. Los casos favorables están representados por las "palabras" que tienen exactamente 5 A' s y esto es el número de formas en que se pueden escoger 5 posiciones (donde aparezcan 57

§ 7. Probabilidad

las A's) dentro de un total de 10, es decir, e~) = 252. Entonces la probabilidad de que al lanzar una moneda al aire 10 veces salgan exactamente 5 águilas es 12;;4'que es aproximadamente igual a 0.25. . En forma análoga a la resolución del ejemplo anterior tenemos que la probabilidad de que de un total de 20 lanzamientos de la moneda 10 salgan águila es 2~O (~~), que es aproximadamente igual a 0.176. Se puede demostrar que mientras más lanzamientos se hagan, la probabilidad de que la mitad de las veces salga águila es menor. Esto no contradice lo que se había dicho anteriormente sobre que si una moneda se lanzaba al aire un número grande de veces se esperaría que un número cercano a la mitad de las ocasiones cayera águila; la explicación para esto es que la idea de "cercanía" debe manejarse en forma relativa al tamaño del número; por ejemplo, en el caso de 10 lanzamientos podríamos decir que los casos en que salieran entre 3 y 7 águilas son todos "cercanos" a la mitad, y en el caso de 20 lanzamientos diríamos que los casos "cercanos" a la mitad son entre 5 y 15. [7.6] Ejercicio. Encontrar la probabilidad de que al lanzar una moneda al aire 10 veces salga águila entre 3 y 7 veces. [7.7] Ejemplo. Alejandra y Delia van a jugar un juego. Alejandra lanzará un dado y le dará una moneda a Delia cada vez que lo que salga en el dado no sea 2. Si se quiere que ninguna de las dos jugadoras tenga ventaja sobre la otra, ¿cuántas monedas deberá pagar Delia cada vez que salga el 2? Solución. Como la probabilidad de que salga el 2 es ~, se espera que de cada 6 veces una de ellas salga 2; entonces Delia deberá darle 5 monedas cuando esto ocurra. En 6 juegos se espera que Alejandra pierda 5 veces una moneda y gane una vez 5 monedas, por lo que su ganancia esperada es de O. . Generalicemos el ejemplo que acabamos de estudiar. Si algo puede ocurrir de un total de r formas (mutuamente excluyentes) con probabilidades P1, P2, ..., Pr (de manera que P1+ P2+ . . . + Pr = 1) Y 58

§ 7. Probabilidad

ganancias respectivas 91, 92, ..., 9r, entonces el valor esperado E del suceso se define como E

= 91P1 +

92P2 + . . . + 9rPr.

Para entender mejor esta nueva definicióp. analicemos en el ejemplo [7.7] cuál es la ganancia esperada de Alejandra si Delia le da 5 monedas cada vez que salga el 2. Llamemos P1 a la probabilidad de que no salga el 2 y P2 a la probabilidad de que sí salga; entonces P1 = ~, P2 = ~, 91 = -1 (pues Alejandra pierde una moneda cuando no sale el 2) Y 92 = 5.

El valor esperado del suceso (ganancia esperada para Alejandra) es E= (-1) x ~+5 x ~ =0. [7.8] Ejemplo. En el juego de ruleta hay 36 números (del 1 al 36) Y además los símbolos O y 00, con los que el dueño de la ruleta gana automáticamente. Se ofrece pagar 36 veces lo apostado cada vez que salga el número al que uno apostó (es decir, si uno indica uno de los 36 números y paga una ficha por jugar, en caso que al girar la ruleta la bolita se detenga en el número escogido, el dueño de la ruleta le devolverá su ficha al jugador y le dará otras 35 más). ¿Cuál es la ganancia esperada de un jugador? Solución.

Llamemos P1 a la probabilidad de que el jugador gane, y P2 a la ,probabilidad de que pierda. Entonces P1 = 318' P2 = ~~, 91 = 35 Y 92 = -1; así E = 35 x 3~ + (-1) x ~~ = 3;' que es aproximadamente igual a -0.05. Esto quiere decir que el jugador espera perder alrededor de un 5% de lo apostado; en otras palabras, el dueño de la ruleta espera ganar el 5% de lo que se apueste. 8

Ejercicios En algunos de los ejercicios que se presentan a continuación se hace referencia al juego de baraja o al de dominó. Las descripciones de éstos se pueden encontrar, respectivamente, en las explicaciones que aparecen antes de los ejercicios [1.28Jy [1.41]. 59

§ 7. Probabilidad

[7.9] Una persona quiere apostar que la suma de lo que muestren dos dados es cierto número. ¿A qué número le conviene apostar? Calcular la probabilidad de que salga dicho número. [7.10] Supongamos que se va a jugar un juego de pókar muy simple en el que se reparten 5 cartas y el "mejor juego" (es decir, el que tiene la menor probabilidad de ocurrir) gana. Según las probabilidades ¿cómo debe ser la jerarquía entre las manos que contengan exactamente cada uno de los siguientes: full, flor, corrida, un par, dos pares, pókar y tercia? [7.11] Se eligen al azar n cartas de la baraja. ¿Cómo debe ser n para que la probabilidad de que entre las cartas elegidas haya (al menos) dos del mismo número sea mayor que ~? ¿Cuál es la probabilidad si n = 14? [7.12] En cierto examen de opción múltiple con 5 opciones en cada respuesta se califica como sigue: por cada respuesta correcta se otorga

+ 1 punto, por cada respuesta incorrecta se otorga -

de punto, y por

cada pregunta sin contestar se otorgan O puntos. ¿Qué calificación esperaría obtener alguien que contestara todo el examen al azar? [7.13] ¿Con qué frecuencia un jugador de dominó espera tener una mano con al menos dos fichas dobles? [7.14] Calcular la probabilidad de que al lanzar tres veces dos dados, las tres veces los números que salgan s'éan iguales entre sí (por ejemplo, la primera vez (6,6), la segunda (1,1) y la tercera (6,6)). [7.15] Se escogen al azar en sucesión tres números (posiblemente iguales) entre el 1 y el 100. ¿Cuál es la probabilidad de que se hayan escogido en orden creciente estricto? [7.16] Un grupo de 4 mujeres y 4 hombres se dividirá en dos equipos con 4 miembros cada uno. ¿Cuál es la probabilidad de que 60

§ 7. Probabilidad

en uno de los equipos queden todos los hombres y en el otro todas las mujeres? [7.17] Un dado se lanza al aire 6 veces. ¿Cuál es la probabilidad de que aparezca cada uno de los seis números una vez? [7.18] Supongamos que de un grupo de 10 enfermedades cada una tiene probabilidad 110de atacar a un animal determinado a lo largo de su vida. ¿Qué probabilidad tiene ese animal de enfermarse de al menos una de esas enfermedades? [7.19] Comparar las respuestas de las tres preguntas siguientes: i) Lancé una moneda al aire dos veces y una de ellas salió águila. ¿Cuál es la probabilidad de que la otra también haya salido águila? ti) ¿Cuál es la probabilidad de que al lanzar una moneda al aire dos veces las dos veces salga águila? iii) Lancé una moneda al aire y salió águila. ¿Cuál es la probabilidad de que al lanzar la moneda otra vez vuelva a salir águila?

Sección 8

Gráficas

En algunos problemas de combinatoria ciertos objetos tienen una relación determinada entre sí. Conviene en muchos de esos casos hacer una representación de los objetos mediante puntos en el plano (o en el espacio) y expresar la relación entre ellos mediante líneas que unan esos puntos. 'Esta representación es una gráfica (o grafo) para el problema (no debe confundirse este concepto con el de gráfica de una función, pues no tienen ninguna relación). Los objetos se llaman vértices de la gráfica, y las líneas entre los objetos se llaman aristas. Por ejemplo, la siguiente es una gráfica con vértices A, B, C, D, E Y F. Notemos que la intersección de las aristas EC y BD no es un vértice; podemos decir que es un "accidente" del dibujo. Notemos también que ninguna arista llega al vértice F.

§ 8. Gráficas

Desde luego, las gráficas pueden ser de naturaleza muy diversa, según el problema que representen. Resolveremos algunos ejemplos de aplicaciones. Se aprovecharán éstas para ir introduciendo la nomenclatura usual en gráficas. [8.1] Ejemplo. Se quiere diseñar una competencia con n participantes en la que cada uno compita exactamente con otros k. Probar que una competencia tal puede diseñarse si y sólo si nk es par y n 2: k + 1. Solución. Supongamos primero que nk es par y que n 2: k + 1. Marquemos en una figura los participantes con un punto y pongamos una línea entre dos de esos puntos para indicar que los dos participantes compiten entre sí, obteniendo una gráfica. Primer caso: k par. Pensemos en los puntos como los vértices de un n-ágono y unamos cada vértice con los ~ vértices de cada lado que estén más cerca (en la ilustración se tomó k = 4). Como n 2: k + 1, entonces k ~ n - 1, así que lo de arriba sí es posible.

Segundo caso: k impar. Como nk es par, entonces n debe ser par. Como antes, consideremos los puntos como los vértices de un n-ágono. Tenemos que k - 1 es par, así que k;l es un entero. Unamos cada 64

§8. Gráficas vértice con los k;l más cercanos de cada lado y también con el opuesto (observamos que sí hay un opuesto pues n es par y que hay suficientes vértices para unir puesto que k :S n - 1). Recíprocamente, ahora pensemos que la competencia ya está dada y probemos que nk es par y que n ~ k + 1. La segunda condición es clara pues cada uno de los n participantes no puede competir con más de n-1 (los restantes). Para ver la otra condición contemos el número de aristas en la gráfica de competencias. Como hay n participantes y cada uno compite contra otros

entonces

nk es el doble del número de aristas

(cada arista se cuenta dos veces, por cada uno de los participantes), de

aquí que nk es par. . Llamamos orden o valencia de un vértice V al número de aristas que llegan a V; denotamos este número por o(V) (por ejemplo, en la gráfica que aparece antes de [8.1], o(A) = 1, o(B) = o(C) = o(D) = 3, o(E) = 2 y o(F) = O, y en [8.1] todos los vértices tienen valencia k). Con esta terminología, podemos abstraer de la solución del ejemplo anterior el siguiente resultado: Si en una gráfica con n vértices todos los vértices tienen la mismo valencia k, entonces el número total de aristas es igual a la mitad de nk. Con esta misma idea podemos también determinar número de aristas o de vértices en poliedros regulares, como analizamos en el siguiente ejemplo. [8.2] Ejemplo.

¿Cuántos vértices hay en un icosaedro regular?

Solución. Recordemos primero que en el icosaedro las 20 caras son triángulos equiláteros y que a cada vértice llegan 5 caras (y 5 aristas). Entonces, como cada cara tiene tres vértices y cada vértice pertenece a 5 caras, el número de vértices es 2°;3 = 12.

[8.3] Ejercicio.

¿Cuántas aristas hay en un icosaedro regular?

[8.4] Ejemplo. ¿Cuántos vértices y cuántas aristas hay en un dodecaedro regular? (Nota: Las 12 caras son pentágonos y a cada vértice llegan 3 caras). 65

§ 8. Gráficas

Un reto común para niños pequeños es el siguiente problema. ¿Es posible dibujar el "sobre" que se indica en la figura sin levantar el lápiz del papel y sin pasar dos veces sobre la misma línea?

La respuesta al problema es no, y la razón es muy simple: hay más de dos vértices de valencia impar. Para poner en forma más general y precisa este resultado, llamemos recorrido en una gráfica a una sucesión de aristas al, a2, . . ., an tal que que para cada i = 2, . . ., n - 1, uno de los extremos de ai coincide con uno de ai-l (llamado extremo inicial de ai en el recorrido) y el otro con uno de aH1 (extremo final de ai en el recorrido). Tenemos que al comparte un vértice con a2; al otro vértice de al se le llama extremo inicial del recorrido; de manera similar se define el extremo final del recorrido. Decimos que el recorrido es completo en aristas si cada arista de la gráfica aparece exactamente una vez en la sucesión. Entonces, nuestra afirmación es que no existe ningún recorrido completo en aristas en el sobre, lo cual quedará establecido en la siguiente proposición. Necesitamos antes una definición: Decimos que una gráfica es conexa si dados cualesquiera dos vértices en la gráfica existe un recorrido que tiene a uno como extremo inicial y al otro como extremo final; intuitivamente, la gráfica es conexa cuando es un solo "bloque" (por ejemplo, la gráfica que aparece al principio de esta sección no es conexa porque F no está conectado con los demás vértices; sin embargo, si a esa gráfica se le quita F, entonces sí es conexa). En la siguiente proposición determinaremos exactamente cuáles son las gráficas que tienen recorrido completo en aristas; es claro que esas gráficas deben ser conexas, así que sólo para ellas se enunciará el resultado. [8.5] Proposición. 66

En una gráfica conexa hay un recorrido com-

§ 8. Gráficas

pleto de aristas si, y sólo si, la gráfica tiene O o 2 vértices de valencia impar. Más aún, en el caso en que la gráfica no tenga vértices de valencia impar, el recorrido puede iniciar en cualquier vértice. Demostración. Suponiendo que hay un recorrido completo de aristas al, a2, . . ., an, cada pareja de aristas sucesivas contribuye en 2 a la valencia del vértice compartido, así que todos los vértices "intermedios" del recorrido tienen valencia par (es decir, como al llegar a cada vértice, hay que volver a salir hasta haber utilizado todas las aristas, entonces todos los vértices, excepto tal vez el inicial y el final, tienen valencia par). De la misma manera, si el vértice inicial tiene valencia impar, entonces es claro que el recorrido termina en otro vértice de valencia impar. Probemos el recíproco por inducción sobre el número de aristas. Consideremos primero el caso de gráficas sin vértices de valencia impar. La demostración de la base de inducción (O aristas) es clara. Sea G una gráfica con a 2:: 1 aristas y O vértices de valencia impar. Tenemos la hipótesis de inducción siguiente: En una gráfica conexa con O vértices de valencia impar y menos de a aristas se puede construir un recorrido completo en aristas iniciando en cualquier vértice. Utilizando esta hipótesis construyamos un recorrido en G iniciando en cualquier vértice v. Para esto tomemos cualquier arista que tenga un extremo en v y después una arista que inicie donde esa arista terminó; continuemos así suce,sivamente mientras podamos ir escogiendo aristas sin repetir. En el momento en que nuestro recorrido no pueda continuar será porque llegamos a un vértice en el que todas las aristas ya se han usado; como todos los vértices tienen valencia par, eso querrá decir que el recorrido se cerró, es decir, que llegamos al vértice v (donde habíamos empezado). En este momento es posible que todavía no se hayan usado todas las aristas; sin embargo, cada una de las partes conexas de la gráfica que no hayan sido recorridas es una gráfica en la que todos los vértices son de valencia par y que tiene menos aristas que nuestra gráfica. Entonces, consideremos un vértice w del recorrido ya construido en el que haya alguna arista todavía no usada y sea e la parte conexa de la gráfica que contiene a w y que todavía no ha sido recorrida. Por la hipótesis 67

§ 8. Gráficas

de inducción, en C hay un recorrido completo en aristas que inicia en w. Entonces a nuestro recorrido le intercalamos esa parte (que obviamente debe terminar en el mismo w). Podemos hacer 10 mismo en todos los vértices donde haya aristas no usadas todavía, obteniendo así el recorrido completo en aristas. El caso de una gráfica con exactamente dos vértices de valencia impar se reduce al anterior: Construimos el recorrido iniciando en uno de los vértices de valencia impar. Con el mismo procedimiento de arriba es claro que obtendremos un recorrido que termina en el otro vértice

de valenciaimpar. . En la demostración anterior nos topamos con recorridos que "se cierran". Tenemos un concepto que expresa esta situación: Un ciclo en una gráfica es un recorrido que empieza y termina en el mismo vértice (no es necesario que use todos los vértices). Por ejemplo EC, CD, DE es un ciclo en la gráfica que aparece al inicio de estas notas. Una gráfica conexa sin ciclos se llama árbol. [8.6] Ejercicio. Probar que si un árbol tiene v vértices (v 2::1) Y a aristas, entonces v - 1 = a. Hemos visto aquí algunas generalidades de gráficas. En algunos problemas que aparecen en la sección 13 tendremos oportunidad de utilizar Iesta herramienta.

Sección 9

Principio

de las Casillas

A primera vista el Principio de las Casillas (también llamado Principio de los Palomares) parece extremadamente simple e inofensivo. Sin embargo tiene muchas aplicaciones en problemas de del tipo que nos interesan en estas notas. [9.1] Principio de las Casillas. Si se dispone de n casillas para colocar m objetos y m > n, entonces en alguna casilla deberán colocarse por lo menos dos objetos. Empezaremos ilustrando con un ejemplo muy simple y típico de aplicación varias veces del Principio de las Casillas. [9.2] Ejemplo. Un ~ostal está lleno de canicas de 20 colores distintos. Al azar se van sacando canicas del costal. ¿Cuál es el mínimo número de canicas que deben sacarse para poder garantizar que en la colección tomada habrá al menos 100 canicas del mismo color? Solución.

Notemos que si sacáramos 20 canicas, podría ser que

§9. Principio de las Casillas

todas fueran de colores distintos, así que sólo podríamos garantizar que hay dos canicas del mismo color si sacáramos 21 canicas (aquí se aplicó el Principio de las Casillas). De la misma manera, necesitaríamos 41(= 20 x 2 + 1) canicas para poder afirmar que con seguridad hay 3 canicas (al menos) del mismo color, pues con 40 canicas podría ser que cada color apareciera exactamente 2 veces. Con el mismo razonamiento que hemos seguido llegamos al resultado:

Se necesitan

20 x 99+ 1 = 1981

canicas. [9.3] Ejercicio. En un papel cuadriculado de 6 x 9 cuadrados se consideran 25 triángulos arbitrarios y diferentes que tienen sus vértices en los puntos de intersección de las líneas de la cuadrícula. Mostrar que no importa como se elijan los triángulos, forzosamente habrá (al menos) dos triángulos con (al menos) un vértice en común. Los siguientes ejemplos son todos de naturaleza muy distinta; sin embargo, en la solución de todos ellos utilizamos el Principio de las Casillas. [9.4] Ejemplo. Algunos de los cuadritos de una cuadrícula de 3 x 7 se pintan de negro y los otros se dejan en blanco. Probar que forzosamente las líneas de la cuadrícula forman un rectángulo en cuyas cuatro esquinas los cuadraditos tienen el mismo color (los cuatro blancos o los cllatro negros). Solución. Supongamos que tenemos una cuadrícula pintada de manera tal que no se forma el rectángulo con las esquinas del mismo color. Simbolicemos por N al color negro y por B al color blanco, y observemos que los cuadritos de una columna pueden haber quedado pintados según las siguientes 8 posibilidades: Pl = N N N, P2 = N N B , P3 = NBN, P4 = BNN, Ps = NBB, P6 = BNB, P7 = BBN Y ps

B B B. Supongamos

que una de las columnas

está pintada

según

la posibilidad Pl; entonces con cualquiera de las posibilidades en que la columna tiene dos N' s se formará un rectángulo con las esquinas negras, así que ninguna columna está pintada así; pero entonces las columnas están sólo pintadas según las posibilidades Pl, ps, P6,P7 Y Ps; 70

§9. Principio de las Casillas

como el número de columnas es 7, entonces el Principio de las Casillas nos dice que debe haber dos columnas iguales, pero aquí también, por el Principio de las Casillas, como son tres cuadritos en cada columna y sólo dos colores, hay un color que se repite, y entonces es obvio que se forma un rectángulo con las esquinas del mismo color. Concluimos entonces que la posibilidad Pl no aparece. Lo mismo ocurre al considerar la posibilidad Ps. Entonces ninguna de las posibilidades Pl y Ps aparece; pero así sobran sólo 6 posibilidades, con lo cual, otra vez aplicando el Principio de las Casillas, tenemos dos columnas iguales, y de ahí una

contradicción. -

[9.5] Ejercicio. Algunos de los cuadritos de una cuadrícula de 19 x 4 se pintan de rojo, otros de azul y otros de verde (no se deja ninguno en blanco). Probar que forzosamente las líneas de la cuadrícula forman un rectángulo cuyas cuatro esquinas tienen el mismo color. [9.6] Ejemplo. Probar que en cualquier conjunto de 6 personas forzosamente hay 3 que se conocen todas entre sí o 3 tales que ninguna conoce a las otras 2. Solución. Por cada una de las personas pongamos un punto e indiquemos que dos personas se conocen poniendo una línea entre los puntos que las representan, obteniendo así la gráfica de conocidos. Si A es uina 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 los grupos tendrá 3 o más elementos. Primero supongamos que el de los conocidos de A tiene tres o más elementos y sean Bl, B2 Y B3 conocidos de A. A

~::

""",

2 -------

:B3 71

§9. Principio de las Casillas Si dos de B1, B2 Y B3 se

conocen entre sí, entonces A junto con esos

dos formará el grupo de los tres conocidos que buscábamos. Si no, entonces B1, B2 Y B3 formarán el grupo de los tres desconocidos que queríamos. El caso en que el número de desconocidos de A sea 3 o más se trata

de manera análoga al anterior,

considerando

tres desconocidos

C1, C2 y C3 de A. . El último ejemplo de esta sección nos servirá, además de para ver una aplicación interesante (y muy simple) del Principio de las Casillas, para recordarnos algunas propiedades importantes de los números. Recordemos que los números reales son aquéllos que nos sirven para "medir con dirección", es decir, aquéllos que se pueden representar en una recta una vez que se ha establecido un punto de partida (el O) y se ha indicado otro punto distinto (el l) que nos señala precisamente la medida 1 y que la dirección del O al 1 es la positiva; así, los números reales del mismo lado del O que ell son los positivos, mientras que los reales del lado opuesto son los negativos. Entonces tenemos que todo número entero es real, pero hay reales que no son enteros, como por ejemplo -1.5, 2.47, V2 y 7r.

positivos

ne~ativos -3

El conjunto

-t

:IR de los números reales se descompone

en dos conjun-

tos ajenos (es decir, dos conjuntos sin elementos en común): el de los números racionales (denotado por Q) y el de los números irracionales (denotado por JI). Los números racionales son los que se pueden expresar como cociente de enteros, y los irracionales son los que no. Por ejemplo, son números racionales -1.5, O, -3 y 2.47, pues se pueden expresar, respectivamente,

como

~3,~, ~3 Y ~~~. Utilizando

resultados

de divisibilidad de enteros no es difícil probar que V2 no es racional. Un resultado conocido pero difícil de demostrar es que 7r tampoco es racional. La escritura conocida con cifras de un número real cualquiera 72

§9. Principio de las Casillas

se llama expansión decimal del número (O sea, la expansión decimal del número 23053.04 es, precisamente, 23053.04). La razón para esta nomenclatura es que la expresión se basa en un sistema posicional en que en cada posición la cifra (que puede ser cualquier entero entre O y 9) representa el número de veces que debe tomarse la potencia de 10 correspondiente a esa posición; por ejemplo: 23053.04

2 x 104 + 3 x 103 + 5 x 101 + 3 x 100 + 4 x

_102

No debemos pasar por alto que algunas expansiones decimales son infinitas (después del punto decimal), como por ejemplo la expansión de l, que consta de una infinidad de 3's. Esto usualmente se representa por

l = .3, indicando

que el 3 debe repetirse una infinidad de veces. De

esta manera, también podemos considerar números reales como 1.2403 en donde, a partir del 2 la repetición es de las tres cifras 403. En los casos que acabamos de considerar en que hay una repetición infinita de cifras, decimos que la expansión de los números es periódica y llamamos periodo a lo que se repite (en el primer caso el periodo es 3 y en el segundo, el periodo es 403). Podemos decir que las expansiones finitas son periódicas con periodo O (por ejemplo, 2.4 = 2.40). Es importante notar que hay números reales que no tienen expansión periódica, como por ejemplo el número .1010010001..., en el que después del punto los l' s están intercalados entre cada vez más O's. No es difícil probar que: Si un n'úmero real tiene una expansión periódica, entonces el número es racional: Si el número se llama x, lo podemos multiplicar por potencias apropiadas de 10, de tal manera que al restar una de otra se elimine el periodo, y después despejar x de una expresión de enteros (por ejemplo, si x = 3.825, entonces 103x - lOx = 3825.25 - 38.25 = 3787, así que x = 3::07). El contenido del siguiente ejemplo, que demostraremos utilizando el Principio de las Casillas, es, precisamente, el recíproco de este resultado. [9.7] Ejemplo. Probar que la expansión decimal de cualquier número racional es periódica. Solución.

Sea

el número considerado, donde a y b son enteros y 73

§9. Principio de las Casillas

O. Al hacer la división según el algoritmo usual, los residuos que van quedando son enteros entre Oy b-l, así que forzosamente deberá haber alguna repetición; a partir de ese momento, los cocientes y los residuos que se van obteniendo van formando un periodo de repetición. b

=1=

[9.8] Ejercicio. En un congreso internacional se reúnen n científicos de 6 países. Durante el congreso los científicos se dividen en cuatro secciones de tal manera que dentro de cualquier grupo de 6 participantes de la misma sección siempre hay dos científicos de la misma edad. Encuentra el mínimo número n para el cual, bajo las condiciones mencionadas arriba, se puede asegurar que existen tres científicos de una misma sección que tienen la misma edad y pertenecen al mismo país.

Sección 10

Separadores

Ilustraremos la técnica de los separadores analizando el siguiente ejemplo. [10.1] Ejemplo. ¿De cuántas formas pueden comprarse 20 galletas de una tienda que vende galletas de 5 sabores? Solución. Supongamos que los sabores de las galletas son: vainilla (V), chocolate (C), nuez (N), azúcar (A) y mantequilla (M). Cada colección de 20 galletas puede representarse por 24 casillas (-) en las que se han puesto 4 separadores (1); las casillas que quedan entre los separadores nos dicen el número de galletas de cada tipo; por ejemplo, la collección de 4 V' s, 1 C, O N' s, 10 A' s y 5 M' s se representa por

1-11

1-----.

Recíprocamente, una sucesión tal de casillas con separadores representa una colección de galletas. Entonces el resultado es de C44). .

§ 10. Separado res

El ejemplo [10.1] es un caso particular de la siguiente situación: Dados números

naturales

r y N,

¿cuántas

r -adas

(al, a2, . . . , ar) de

enteros no negativos al, a2,' . ., ar se pueden encontrar de tal manera que al + a2 +

. . . + ar

= N? Como vimos en el ejemplo, la respuesta

esta pregunta se puede encontrar con separadores y es (N:~;l). [10.2] Ejercicio. Decir cuántos términos tiene la expansión de (a + b + C)5 y de qué forma son. Consideremos ahora la misma situación planteada después del ejemplo [10.1] pero pidiendo ahora que los números al, a2, . . ., ar sean enteros positivos. Este ejemplo podría resolverse también con separadores, pero en esta ocasión se pondrían N casillas y los separadores deberían colocarse en los espacios que quedan entre las casillas. Sin embargo, esta misma situación puede resolverse basándose en la anterior. Explicaremos esto con más detalle, generalizando aún más la situación, en la siguiente proposición. [10.3] Proposición. Dados naturales r y N, el número de r-adas (al, a2, . . ., ar) de enteros al, a2, . . ., ar que satisfacen al +a2+' . .+ar = N sujetos a la restricción: al ~ kl, a2 ~ k2"'" ar ~ kr, donde kl, k2, . . ., kr son enteros dados, es

N - (kl + k2 +... + kr) + r - 1 . r-1 ) ( Demostración.

Para i

= 1,2, . . .,r, seá b¡= a¡ -

k¡. Observemos que entonces b¡ ~ O Y que la condición al + a2 + . . . + ar = N es equivalente a bl + b2+ . . . + br = N - (kl + k2 + . . . + kr). Entonces el

problema se ha reducido al que ya sabíamos resolver y la respuesta es la indicada en el enunciado de la proposición. . [lOA] Ejemplo. ¿De cuántas formas pueden escogerse 8 enteros al, a2, . . . , as, no necesariamente distintos, tales que 1 ::; al ::; a2 ::; . . . ::; as ::; 8? 76

§10. Separadores

Solución. Primera forma. Hagamos la cuenta según cuántos grupos i de números iguales hay (i = 1,2,.. .,8). Por ejemplo, algunas sucesiones

de enteros

que tienen

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 qué formas se pueden 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 serían - -

- - - - - 1-, - - - - - - 1- 1- y

- - -1 - - - I - -; entonces las formas de poner los separadores son C~l)' Una vez elegida la posición de los separadores hay que escoger los i enteros del conjunto {1, 2,3,4,5,6,7, 8} (y después ponerlos en orden de magnitud; en los ejemplos, los subconjuntos elegidos fueron, respectinvamente {1, 4, 7}, {3, 6, 8} y {5, 6, 7} ); esto se puede hacer de (D . . Entonces la respuesta es

(~) (~) + (~) (~) + (~) (:) + . . . + (~) (~). Segunda forma. Pongamos 15 casillas y marquemos 8 lugares, de manera que al esté representado por 1 más el número de casillas hasta la primera marca; a2 esté representado por al más el número de casillas hasta la segunda marca, y así sucesivamente, hasta as que estará representado por a7 más el número de espacios hasta la octava marca. Entonces la respuesta es en. De lp probado en este ejemplo es fácil (ver la sección 3 sobre comparaciones) deducir la fórmula de números naturales n:

(~) (n

;

1) + (7) (n

; 1) + .. . + (:) (: : ~)=e:: n.

Sección

Coloración

En varios de los problemas de esta sección se estudia la posibilidad de cubrir tableros de un determinado tamaño o forma con fichas que cumplen ciertas características. Se entiende que las fichas no deben traslaparse ni cubrir área fuera del tablero. Se pide además que entre todas las fichas se tape todo el tablero. Para ilustrar, consideremos el caso de cubrir un tablero de 8 x 8 con fichas de tamaño 2 x 1. Es muy fácillograrlo y en la figura esquematizamos 2 formas de hacerlo.

§ 11. Coloración

Desde luego, el ejemplo anterior fue muy sencillo y no tuvo ningún interés teórico. Sin embargo una ligera variación lo vuelve mucho más interesante, como veremos a continuación. [11.1] Ejemplo. Utilizando fichas de tamaño 2 xl, ¿es posible cubrir un tablero de 8 x 8 del que se han quitado dos esquinas opuestas (de 1 x 1)7 Solución. Podríamos hacer muchos intentos sin lograr cubrir el tablero; sin embargo esto no nos demostraría que no es posible. Utilizamos un argumento ingenioso: pintar el tablero como si fuera un tablero de ajedrez (alternando los colores blanco y negro). Observamos entonces que a las dos esquinas que se eliminaron les correspondía el mismo color, así que quedaron más cuadros de un color que de otro. Por otro lado, sin importar el lugar donde se coloquen las fichas de 2 xl, cada una de ellas cubre un cuadro negro y uno blanco así que, si se pudiera cubrir el tablero, el número de cuadros blancos cubierto sería el mismo que el de negros. Este argumento demuestra que no es posible cubrir el tablero. 8 IMH~j

.0.0.0.0.",

"M?,O. w.w. :::0:0,*:

~~*¡

1m mil

[11.2] Ejemplo. A un tablero cuadriculado de 9 x 9 se le han quitado tres de sus esquinas (de 1 xl). ¿Es posible cubrir lo con fichas de 3 x 17 Solución. Utilizamos ahora 3 colores que indicamos en la figura con los números 1, 2 Y 3.

§ 11. Coloración

3 2 1 3 2 1 3 2

2 1 3 2 1 3 2 1 3

3 2 1 3 2 1 3 2 1

1 3 2 1 3 2 1 3 2

2 1 3 2 1 3 2 1 3

3 2 1 3 2 1 3 2 1

1 3 2 1 3 2 1 3 2

2 1 3 2 1 3 2 1 3

2 1 3 2 1 3 2

En este caso, cualquier colocación de las fichas de 1 x 3 cubre una vez cada uno de los colores, así que en la coloración debería haber la misma cantidad de cuadros de cada color; pero esto no es cierto ya que en la cuadrícula de 9 x 9 sí había la misma cantidad de cuadros de cada color, pero a dos de los tres cuadros que se quitaron les correspondía el mismo color (el 1). (notemos que hay que escoger la coloración en forma adecuada; por ejemplo, si se hubiera quitado la esquina inferior izquierda en lugar de la derecha, la coloración dada no serviría pues se quitaría un cuadro de cada color, en ese caso hubiera convenido comenzar el segundo renglón con el color 2 y después seguir alternando

de la mismamanera.) . Ejercicios [11.3] Rehacer el ejemplo [11.2] utilizando sólo dos colores. [11.4] ¿Es posible construir un rectángulo con las cinco fichas que se muestran a continuación (todos los cuadritos marcados son de 1 x 1)?

EBd3cfb 81

§11. Coloración [11.5] La estrella que se muestra abajo consta de 108 triángulos equiláteros iguales. ¿Es posible cubrir la con fichas de 4 triángulos equiláteros (del mismo tamaño que los de la estrella) como la que se muestra alIado de la estrella?

/\IV

[11.6] Se considera la gráfica (ver la sección 8) dibujada sobre la. superficie de un cubo como sigue: los vértices son los vértices del cubo y los puntos medios de las caras del cubo; las aristas son los segmentos que unen cada punto medio de una cara con los 4 vértices del cubo que forman esa cara. ¿Es posible hacer un recorrido que pase exactamente una vez por cada uno de los vértices de la gráfica?

Sección 12

Problemas Dinámicos

Trataremos aquí algunos problemas clásicos de tipo dinámico, es decir, en los que una determinada situación va cambiando en el problema mediante pasos sucesivos. [12.1] Ejemplo. En las casillas de una cuadrícula de 2 x 4 están escritos 'los números O y 1 como se indica en la figura.

[ili@Ol

Se va aplicar la siguiente operación: A dos casillas que compartan un lado se les puede sumar o restar la misma cantidad. Aplicando esta operación las veces que se quiera, ¿es posible llevar todos los números en la cuadrícula a O's7 Solución.

Coloreemos los cuadros de la cuadrícula en forma alter-

§12. Problemas Dinámicos

nada, como en un tablero de ajedrez, y en cada momento consideremos la diferencia entre la suma de los números que aparecen en las casillas negras y la suma de los que aparecen en las casillas blancas. .:«..*,:< 'm.ID:

MMf :ff mm¡;

.. ::i1¡m ..... ..........

..,:<.:.:.:.:.:.: ::$%>:«,:: .::::::::;:::

Observamos entonces que la operación permitida no altera esta diferencia pues se le suma o resta la misma cantidad a una casilla negra y a una blanca. Como la diferencia al principio es 2 y la diferencia en la posición en que todos los números son O es O, concluimos que no es

posible. Como pudimos observar en el ejemplo anterior, lo importante fue darse cuenta de qué se mantiene invariante a lo largo del problema. Tratemos otro ejemplo de este estilo. [12.2] Ejemplo. Dada una lista de O's y l's le podemos aplicar la operación siguiente: Se escogen dos números a y b de la lista, se borran

y se agrega a la lista el número Osi a = b, Y 1 si a

=1=

b. Serepite esta

operación hasta quedarse con un solo número. Determinar cómo debe ser la lista para terminar con un 1. Solución. Consideremos la cantidad C de l's que hay en un momento determinado, y la cantidad C' de l's que hay después de haber. aplicado la operación una vez. Observamos que la paridad de C y la de C' es la misma (es decir, que si C es par o impar, entonces también lo es C'). Entonces,

la condición necesaria y suficiente para obtener un

solo 1 al final es haber iniciado con una cantidad impar de l' s. En los dos ejemplos siguientes consideraremos problemas dinámicos en los que lo importante es darse cuenta que una situación no puede cambiar indefinidamente.

§12. Problemas Dinámicos [12.3] Ejemplo. De un grupo de personas se sabe que cada una de ellas tiene a lo más 3 amigos dentro del grupo. Probar que se pueden separar en dos grupos de tal manera que en cada grupo cada persona tenga a lo más un amigo. Solución. Dividamos de cualquier forma las personas en dos grupos y consideremos, para cada persona A, el número p(A) de amigos de A dentro del mismo grupo que A (entonces p( A) :S 3). Analicemos la suma total de todos los p(A)'s. Si algún p(A) > 1, entonces cambiemos A de grupo. De esta manera, la suma de todos los p( A) disminuye con respecto a la anterior. Volvemos a repetir el procedimiento mientras haya algún p( A) > 1. Como la suma es siempre un entero mayor o igual que O, el procedimiento no puede continuar indefinidamente; esto quiere decir que en algún momento todos los p(A) serán a lo más 1, que es lo que buscábamos.

[12.4] Ejemplo. A una lista de números enteros se le aplica la siguiente operación: Cada número se cambia por el número de veces que ese mismo número aparece en la lista. Esta operación se aplica sucesivamente. Por ejemplo, a continuación se puso por renglones cómo iría cambiando la lista de números que aparece en el primer renglón: 1 4 4 2 4 2 4 2 4 2

7 1 1 4 3 4 6 4 6 4

4 2 2 2 2

2 3 3 6 6

3 1 3 6 6

2 3 3 6 6

2 1 3 4 3 4 6 4 6 4

1 5 4 1 4 3 4 6 4 6

Probar que en algún momento la lista queda invariante (es decir, permanece sin cambios, como ocurre en el ejemplo a partir del cuarto paso) . Solución. Supongamos que la lista consta inicialmente de n números (posiblemente algunos de ellos repetidos). Observamos que a partir de la segunda vez que se aplica la operación, cada número se sustituye por uno mayor o igual que él (pues, por ejemplo, si un número aparecía 3 veces, se escribe 3 abajo de ese número, así que el 3 se repite por lo 85

§12. Problemas Dinámicos

menos 3 veces y en el siguiente renglón el 3 se sustituirá por algo mayor o igual que 3). Como lo máximo que se puede escribir en cada lugar es n (pues hay n números), entonces el procedimiento no puede continuar indefinidamente produciendo números distintos. En el momento que una lista es igual que la anterior, la lista ya queda invariante. El siguiente ejemplo trata de un juego famoso. Para estudiar su solución conviene que recordemos en qué consiste la expansión binaria o expansión en base 2 de un número. En la sección 9 recordamos que la expansión decimal (o en base 10) de un número es la que nos dice cuántas unidades, decenas, centenas, etc., se toman del número. Así el número 1081 tiene 1 unidad, 8 decenas, y 1 millar: 1081 = 1 x 103+ O x 102+ 8 x 10 + 1. En cada caso, los números que se toman son enteros del O al 9 (pues, por ejemplo, 10 decenas se considera como una centena). La expansión binaria de un número determina cada una de las potencias de 2 que forman al número y, en este caso, cada potencia de 2 se toma Oo 1 vez. El mismo número del ejemplo, 1081, tiene expansión binaria 1X21O+0x29+Ox28+0x27 +Ox26+1 x25+1 x24+1 x23+0x22+0x2+1. (No es difícil darse cuenta que todo número tiene expansión binaria; por ejemplo, para encontrar la expansión binaria de 1081 se busca la potencia de 2 más cercana menor que el número: 210 y se resta del número:

1081 - 210

57; así sucesivamente.)

Utilizamos

también

la notación posicional, escribiendo un 2 pequeño como sub índice para expresar que se considera la expansión 100001110012 .

binaria del número; así: 1081

En buena parte, las operaciones que estamos acostumbrados a realizar con números usando su expansión decimal pueden efectuarse de la misma manera usando la expansión binaria. Dejamos como ejercicio los detalles de esto. [12.5] Ejercicio. ----

Determinar qué tipo de expansión binaria tienen

§12. Problemas Dinámicos los números pares. [12.6] Ejercicio. Efectuar las operaciones: 11001012 + 1000112 y 11001012 X 1000112 en base 2. [12.7] Ejercicio. Determinar cuándo un número es mayor que otro según su expansión binaria. La expansión binaria nos apoyará para resolver el siguiente ejemplo, en el que además estudiaremos lo que significa tener o no estrategia ganadora en un juego. [12.8] Ejemplo. En el juego del nim hay varios montones de fichas. El juego se juega entre dos personas que alternan turnos. En cada turno un jugador debe quitar tantas fichas como desee de alguno de los montones (sólo de uno de los montones y por lo menos una). La persona que quite la última ficha gana. Determinar si hay estrategia ganadora; es decir si una de las personas puede establecer una forma de jugar mediante la cual, sin importar cómo juegue la otra persona, ella siempre gane. Solución. Debemos primero entender bien qué significa estrategia ganadora. En cada momento del juego las fichas quedan en una posición determinada. Consideramos que el conjunto de posiciones se divide en dos: ganadoras y perdedoras. Desde luego, en el caso de este juego, cuando un jugador se encuentra con un solo montón de fichas en su turno, entonces tiene una posición ganadora, pues en ese mismo turno puede recoger todas y ganar. Sin embargo, hay otras posiciones a lo largo del juego que cuando se le presentan a un jugador éste puede forzar el juego para terminar ganando; a ésas les llamamos posiciones ganadoras, es decir: Una posición es ganadora si se le presenta a una persona en un turno y ésta puede ganar en ese momento o dejar una posición perdedora para el jugador contrario; una posición es perdedora si el jugador debe forzosamente dejar una posición ganadora al otro jugador. En el ejemplo, determinemos las posiciones perdedoras y las ganadoras utilizando expansión binaria como sigue: Escribamos la 87

§12. Problemas Dinámicos

cantidad de fichas que hay en cada montón en base 2, y sumemos en base 10 los dígitos de cada posición en la expansión binaria (es decir, para cada n 2: O sumamos los coeficientes de 2n). Por ejemplo, si en algún momento del juego se tuvieran 12 montones con 9, 9, 7, 7, 7, 7, 7, 4, 3, 3, 2 Y 1 fichas, respectivamente, al escribir estos números en base 2 tendríamos: 1001, 1001, 111, 111, 111, 111, 111, 100, 11, 11, 10 Y 1, Y las sumas de los dígitos serían 2, 6, 8 Y 10. Afirmamos que las posiciones perdedoras son aquéllas en las que todas las sumas son pares (como en este caso), es decir, el jugador que se encuentre con una posición de este tipo, sin importar cómo juegue dejará al otro jugador una posición del otro tipo (o sea, una posición en que por lo menos una de las sumas es impar), con la cual está en peligro de perder si el otro jugador juega correctamente. En efecto, empecemos por observar que la posición en que sólo hay un montón, alguno de los dígitos debe ser 1, así que no todas las sumas son pares y es una posición obviamente ganadora (el jugador que encuentra esta posición, gana). Por otro lado, si a un jugador se le presenta una situación en la que todas las sumas son pares, entonces al quitar cualquier número de fichas de cualquier montón, altera al menos uno de los dígitos (en base 2) del montón, así que la nueva suma en el lugar de ese dígito alterado queda impar. El jugador que tenga una posición en la que las sumas no sean todas pares, puede quitar un número de fichas que sí deje sólo sumas pares; para lograrlo encuentra la primera columna de la izquierda que produce una suma impar y se fija en un montón que contribuya en 1 a esa columna; de ese montón quita el número de fichas necesario para obtener puras sumas pares (conviene practicar con algunos ejemplos para que esto quede claro). Entonces, la estrategia ganadora consiste en dejar siempre al otro jugador en una posición en que todas las sumas

sean pares. -

Segunda Parte

Sección 13

Problemas

En esta sección aparecen enunciados de problemas; la sección 14 contiene sugerencias para su solución y la sección 15 contiene las soluciones. La resolución de los primeros diez problemas prácticamente no necesita de la teoría estudiada en las secciones precedentes aunque sí requiere de ingenio, trabajo y comprensión de los conceptos básicos de la Combinatoria. Son problemas de olimpiada de un primer nivel. [13.1] Se van escribiendo en orden todos los enteros positivos hasta que entre todas las cifras de los números escritos se haya usado un millón de unos. ¿Cuál es el último número que se va a escribir? (Por ejemplo, si la condición para terminar fuera usar 5 unos, el último número que se escribiría sería el 12 pues en la lista 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, se ocupan: un 1 para el1, uno para ellO, dos para el 11 y uno para el 12. Además ésta es la única respuesta posible pues el siguiente número que se escribiría es el 13, que usaría un 1 más.)

§13.

Problemas

[13.2] Juan y Pepe están jugando volados. Cada uno depositó $20 de apuesta. El total ($40) se lo llevará el primero que gane diez volados. Cuando Juan lleva nueve volados ganados y Pepe lleva siete, deciden repartirse justamente la cantidad, es decir, proporcionalmente a las probabilidades que tiene cada uno de ganar. ¿Cómo deben repartirse el dinero? [MLPS] [13.3] ¿Cuántos números menores que un millón tienen en su expansión decimal dos l's seguidos (al menos)? [13.4] En el plano se encuentran 10 conjuntos de rectas de manera que un conjunto tiene una recta, otro tiene dos rectas, otro tres y así sucesivamente hasta diez. Las rectas de cada uno de los diez conjuntos son paralelas entre sí pero no son paralelas a las de ninguno de los demás conjuntos. Además entre todas las rectas no hay tres concurrentes (es decir, no hay tres rectas que pasen por un mismo punto). Calcula el número de puntos de intersección que tiene la colección completa de las rectas (cada dos rectas no paralelas determinan un punto de intersección). [7° Examen Eliminatorio de Michoacán] [13.5] Se quiere fabricar un juego de fichas cuadradas de cartón en las que una cara de la ficha sea negra y la otra esté pintada de colores con el diseño de triángulos que se muestra en la figura. Se usarán 4 colores (aunque no todas las fichas usen los 4). Se quiere que las fichas sean simétricas desde su centro y que dos triángulos adyacentes no tengan el mismo color (dos triángulos no adyacentes sí pueden llevar el mismo color). ¿Cuántas fichas deberá tener el juego si se quiere abarcar todas las posibilidades y que no haya fichas iguales? (Nota: Una ficha puede parecer distinta a otra al colocarse sobre la mesa pero si al girarse queda igual, sólo deberá tomarse en cuenta una de ellas.) [MLPS, 8° Examen Eliminatorio de Michoacán]

~ 90

§ 13. Problemas

[13.6] Se escriben en sucesión todos los números del 1 al 1995, en orden, uno a continuación del otro, para formar un número G muy grande (G = 1234567891011.. .941995). ¿Cuál es la cifra central de G? ¿A qué número de los de la sucesión corresponde esa cifra? [9° Examen Semifinal de Michoacán] [13.7] Cada uno de un grupo de 10 niños es amigo de exactamente otros 7 del mismo grupo (la amistad es mutua). Probar que no es posible dividirlos en tres equipos de tal manera que en cada uno de los tres equipos no haya un par de amigos. [MLPS, 8° Examen Final de Michoacán] [13.8] Ana ha decidido salir a caminar exactamente un kilómetro cada día. Vive en una ciudad cuadriculada de 5 km x 5 km en que cada cuadra mide 100 m x 100 m y su casa está en una esquina del centro. ¿Durante cuántos días puede hacer recorridos distintos si siempre empieza los recorridos saliendo de su casa y terminando también en ella pero sin repetir ningún otro punto en el recorrido de cada día? (Nota: Recorridos de días distintos pueden tener partes en común e inclusive determinar el mismo camino pero en sentido contrario.) [MLPS, 9° Examen Final de Michoacán] [13.9] ¿Cuántos números de 4 cifras cumplen la propiedad de que el producto de dichas cifras es un cuadrado perfecto? [MLPS] [13.10] Dentro de los cuadros de una cuadrícula de 22 x 22 se escriben los números 1,2,3, . . .,400 y ochenta y cuatro veces el número O como sigue: Los números O se escriben en todos los cuadros de la orilla; después, en forma espiral, se van escrbiendo sucesivamente los números 1, 2, 3, . . ., 400 como se indica en la figura.

§ 13. Problemas

O O O ... O O O

O 76 77 78

O 75

... ... ...

19 20

94 21 O 95 22 O

... 111 38 O O 58 57 56 ... 40 39 O O O O O ... O O O O 59

Ahora en cada vértice interior de la cuadrícula hay que poner la suma de todos los números que aparecen en los cuadrados que forman el vértice; por ejemplo, hay que poner 156 y 5, respectivamente, en los vértices centrales de

[!ID

[ili]

[TII]

Calcular la suma de todos los números escritos en los vértices. [MLPS, 6° Examen Final de Michoacán] [13.11] Se quiere diseñar una competencia entre 7 jugadores de tal manera que de cualquier colección de tres de ellos al menos dos compitan entre sí. ¿Cuál es el mínimo número de juegos con el que se puede lograr esta condición? [Propuesto por Mongolia para la 323 Olimpiada Internaciona~ [13.12] Siguiendo las líneas de la figura, ¿cuántos caminos hay para ir del punto A al punto B que no pasen dos veces por el mismo punto y que sólo avancen hacia abajo y hacia los lados pero no hacia arriba? [3er Examen Naciona~ 92

§ 13. Problemas

B [13.13] En cada subconjunto de {1, 2, 3,4,5,6,7,8,9, ID} con 7 elementos, toma el elemento mayor. ¿Cuál es la suma de todos esos elementos mayores? [13.14] En la figura, para llegar del punto A al punto B sólo se pueden recorrer caminos en la dirección que indican las flechas. ¿Cuántos caminos distintos se pueden encontrar? [6° Examen del Distrito Federa~

[13.15] ¿Cuántos rectángulos distintos tienen sus lados sobre las líneas de una cuadrícula de 10 x lO? [5° Examen Final de Michoacán] [13.16] Considérese el conjunto de todos los números enteros cuya notación decimal es ab con a y b del 1 al 5. Por cada elección de cuatro de estos números considerar todos los dígitos que son necesarios para la formación de esos cuatro. (Por ejemplo, si los cuatro números escogidos son 15, 31, 35 Y 54, entonces los dígitos necesarios para su formación son 1, 3, 4 y 5; el dígito 2 no se usó.) ¿Cuántas colecciones de cuatro de esos números necesitan todos los dígitos del 1 al 5? [MLPS, 7° Examen Final de Michoacán]

§ 13. Problemas

[13.17] Sea A el conjunto de vértices en una cuadrícula perfecta de k x k. ¿Cuántos cuadrados con vértices en A se pueden formar si los lados de los cuadrados que se formen no necesariamente deben ser paralelos a los ejes? [13.18] Utilizando los 36 vértices de una cuadrícula perfecta de 5 x 5 como vértices, ¿cuántos triángulos distintos no degenerados se pueden formar? Para resolver el siguiente problema se necesitan conocimientos básicos de Teoría de Congruencias. [13.19] ¿Para cuántas parejas de enteros (n, r) con O :::; r se tiene que

(;) con

(;) = 2 (mod 3)?

O :::; r

:::;

Calcular la suma módulo 3 de todas las

80. [Propuesto por José Antonio Gómez Ortega]

[13.20] ¿De cuántas maneras se puede diseñar una competencia entre 6 jugadores de tal manera que exactamente dos de ellos compitan contra la misma cantidad de jugadores y cada uno de los otros 4 compita contra diferente número? (Se permite que algún o algunos jugadores compitan contra Ojugadores, es decir, que no compitan.) [MLPS, 6° Examen Final de Michoacán] En el siguiente problema, aunque no indispensable, es de bastante ayuda el conocimiento de la Teoría de Congruencias. [13.21] ¿Cuántas colecciones de cuatro números enteros del 1 al 25 suman un múltiplo de 5? (Por ejemplo la colección {18, 9,1, 17} cumple la condición pues la suma es 45 que es múltiplo de 5.) [MLPS, 8° Examen Final de Michoacán] [13.22] Dada una red de comunicación por avión entre n ciudades (pensando que si de la ciudad X hay un vuelo directo a la ciudad Y entonces también 10hay de Y a X), digamos que la distancia entre dos ciudades X y Y es k si k es el mínimo número de vuelQs que deben 94

§ 13. Problemas

tomarse para llegar de X a Y. (a) Suponiendo que n = 8 dar un diseño de una red en la que todas las distancias sean a lo más 2 y en el que cada ciudad esté comunicada con a lo más otras 3. (b) Probar que si n = 9 Y todas las distancias son a lo más 2, entonces hay (por lo menos) una ciudad comunicada directamente con otras 4 (al menos). [MLPS, 8° Examen Final de Michoacán] [13.23] Probar que dados 6 números irracionales, se pueden encontrar 3 de tal manera que la suma de 2 cualesquiera de esos 3 es irracional. [13.24] Los alumnos de cierto curso están divididos en n equipos E!, E2, . . . , En. Llega un conjunto V de visitantes de otra escuela que se reúne con cada uno de los equipos para formar otros equipos Fl, F2, . . . , Fn (es decir, Fl = V U El, F2 = V UE2, ..., Fn = V U En). Se les va a aplicar un examen a todos (tanto a los del curso como a los visitantes). Según los resultados del examen se quiere premiar a menos de ~ y de tal manera que en la mayoría de los Fi la cantidad elegida (en cada uno) sea par. Probar que, en este caso, el número de alumnos visitantes premiados será par. [Propuesto por Humberto Cárdenas Trigos; 9° Examen Final de Michoacán] [13.25] En una oficina hay 10 empleados. Cada uno es especialista en una labor distinta a la de los demás. Para no aburrirse, les gusta intercambiar sus puestos; sin embargo, el buen funcionamiento de la oficina exige que en cada momento haya exactamente 4 empleados trabajando en su especialidad. ¿Cuántas distribuciones de los puestos se pueden hacer bajo estas condiciones? [MLPS, 9° Examen Final de Michoacán] [13.26] Demostrar que si 5 puntos están dentro de un triángulo equilátero de lado 2, entonces dos de esos 5 puntos tienen distancia a lo más 1.

§ 13. Problemas

[13.27] Hay doce duendes viviendo en el bosque, cada uno de ellos en su propia casa que puede ser azul o roja. En el i-ésimo mes del año, el i-ésimo duende visita a sus amigos y si encuentra que la mayoría de ellos tiene su casa de diferente color a la suya, entonces se les une y cambia de color su casa. Probar que llegará un momento (tal vez después de varios años) en que ningún duende tenga que volver a repintar su casa. (La amistad de los duendes es mutua y no cambia a través del tiempo.) [13.28] La sucesión de Fibonacci (11,12,13,...) está definida por 11 = 1, h = 1 y, para n 2::2, In+1 = In + In-1 (ver [4.11]).

(a) ¿Cuánto vale 1~+1- I ni n+2? (b) Demuestra que 51~ + 4( -1)n es un cuadrado perfecto. [13.29] En una cuadrícula de n x n se escriben los números del 1 al n2 en el orden habitual (de izquierda a derecha y de arriba a abajo, como se ilustra en la figura para el caso n = 3).

1 2 3 4 5 6 7 8 9 Llamamos camino en la cuadrícula a una sucesión de pasos de un cuadro a otro, desde el cuadro que tiene el número 1 hasta el que tiene el número n2, de' tal manera que en cada paso el movimiento sea hacia la derecha o hacia abajo. Si C es un camino, denotamos por L( C) a la suma de los números por los que pasa el camino C. (a) Sea M la mayor L(C) que se puede obtener de entre todos los caminos C en una cuadrícula fija de tamaño n x n y sea m la menor L(C) (también de entre todos los caminos C en una cuadrícula fija de tamaño n x n). Probar que M - m es un cubo perfecto. (b) Probar que en ninguna cuadrícula hay un camino C tal que L(C) = 1996. [Propuesto por Enrique Cetina, 110 Examen Naciona~

§ 13. Problemas

[13.30] Probar que no es posible cubrir una cuadrícula de 6 cm x 6 cm con 18 rectángulos de 2 cm x 1cm, de tal manera que cada una de las rectas de longitud 6 cm que forman la cuadrícula y que están en el interior de la misma pase por el centro de por lo menos uno de los rectángulos. Demostrar también que sí es posible cubrir una cuadrícula de 6 cm x 5 cm con 15 rectángulos de 2 cm x 1cm, de tal manera que cada una de las rectas de longitudes 5 cm o 6 cm que forman la cuadrícula y que están en el interior de la misma pase por el centro de por lo menos uno de los rectángulos. [Propuesto por Héctor Flores Cantú, 110 Examen NacÍona~ [13.31] Sea M un conjunto de 10 enteros entre 1 y 100. Probar que dentro de M se pueden encontrar dos subconjuntos ajenos (es decir, sin elementos en común) de tal manera que la suma de los elementos de éstos conjuntos sea la misma. [13.32] Utilizando fichas como la que se indica en la figura (cada cuadrito es de 1 xl), ¿es posible cubrir una cuadrícula de 6 x 7 de tal manera que cada cuadrito de la cuadrícula quede cubierto el mismo número de veces? (Nota: En los ejemplos presentados en la sección 11 sobre coloración, los cubrimientos con fichas eran de "una sola capa" y así las fichas no podían traslaparsej en este problema sí se permiten los traslapes, puesto que cada cuadrito debe cubrirse varias veces.)

cfP [13.33] En un campo hay caminos formando una cuadrícula de n x n (n 2: 2) con sus diagonales a 450 como se ilustra en la figura para n = 4. Un campesino sale del punto A caminando sobre el camino para llegar a B. Cada vez que recorre un lado de un triángulo deja caer una semilla sobre el (los) triángulo(s) del (de los) cual(es) ese lado es parte. Suponiendo que no puede caminar dos veces sobre el mismo lado de un triangulito, determinar para qué n' s es posible describir un 97

§ 13. Problemas

recorrido con el cual al final cada triangulito tenga exactamente dos semillas. [MLPS, 5a Olimpiada Iberoamericana] B

A [13.34] Probar que en cualquier conjunto de n + 1 enteros entre 1 y 2n siempre hay dos elementos tales que uno es múltiplo del otro. [13.35] Una hormiga camina sobre las aristas de un dodecaedro. (a) Probar que la hormiga puede hacer un recorrido que pase por todos los vértices una y sólo una vez. (b) Mostrar que en un recorrido de la forma anterior, la hormiga debe recorrer en forma consecutiva cuatro aristas de alguna cara. [110 Examen Semifinal del Distrito Federa~

Sección

Sugerencias

[14.1] Contar por bloques: primero del O al 9, luego del O al 99, luego del O al 999, etc. (En cada bloque usar el resultado obtenido en el bloque anterior.) [14.2] Pensar en todas las combinaciones que hay si se tira la moneda 3 veces más (se puede pensar que, por ejemplo, Pepe apuesta águila todas las veces). ¿Qué proporción de esas combinaciones le da el gane a cada uno? [14.3] Contar los que no tienen dos l' s seguidos según las distintas posibilidades: sin l' s, con dos l' s, con tres l' s, etc. [14.4] Contar primero las intersecciones del segundo conjunto con las del primero, luego las del tercero con los dos primeros, y así sucesivamente.

§14. Sugerencias

[14.5] Usar la condición de simetría para reducir el problema a pintar sólo la mitad del cuadrado (los cuatro triángulos que se marcan en la figura). Luego contar cuántas posibilidades hay de pintar los triángulos centrales de la mitad que quedó, utilizando la condición de que dos triángulos adyacentes no deben tener el mismo color; finalmente volver a utilizar esta condición para ver el número de posibilidades de pintar los dos triángulos de las esquinas que quedaron.

[Z]SJ [14.6] Contar primero cuántas cifras tiene G; después analizar cuántas cifras hay hasta la central y utilizar la cuenta inicial (la de las cifras de G) para ver cuántos números se necesitan para llegar a la central. [14.7] Suponiendo que sí es posible, considerar el equipo que tenga más niños y analizar cuántos niños hay fuera de ese equipo. [14.8] Analizar qué tipo de dibujos son posibles como recorridos de Ana (dividirlos en tipos y después hacer consideraciones de simetría); también analizar cuáles son las posibilidades en cada figura para el punto de inicio del recorrido, así como el sentido que puede llevar el IDlsmo. [14.9] Separar (a) Con ceros. (b) Sin ceros. (bd Sin ceros, (b2) Sin ceros, (b 3) Sin ceros, (b4) Sin ceros, (b 5) Sin ceros,

en los siguientes casos:

con con con con con

todas las cifras iguales. tres cifras iguales. dos cifras iguales y las otras dos distintas. dos pares de cifras iguales. todas las cifras distintas.

[14.10] Observar que cada número dell al 400 afecta exactamente 100

§ 14. Sugerencias

4 vértices. [14.11] Considerar la gráfica de competencias (por cada jugador poner un punto y representar con una línea entre dos de esos puntos el que los jugadores correspondientes compitan entre sí). Proponer una grafica que se crea tiene el mínimo número de segmentos y después comprobar que ese número de segmentos es mínimo analizando una gráfica cualquiera que cumpla la condición y probando que forzosamente tendrá más segmentos que la propuesta inicialmente. Para esto observar que si x es un vértice no unido con nb1guno de los vértices Xl, X2, . . . ,Xr,

entonces éstos últimos deben estar todos unidos entre sí. Luego tomar un punto que tenga el mínimo número de conexiones dentro de la gráfica y analizar los distintos casos. [14.12] Llamar no, nI, n2, ..., n7 los niveles horizontales (como se indica en la figura) Dado un camino de A a B (de los permitidos), considerar A = Bo, Bl, B2,.. ., B6 los últimos vértices que toca el camino en los niveles respectivos (observar el ejemplo marcado en la figura). ¿De cuántas maneras pueden elegirse Bo, BI, B2, . . . , B6 ?, Y ¿de cuántas maneras se puede "bajar" de cada Bi a Bi+1?

101

§ 14. Sugerencias

[14.13] Contar primero en cuántos subconjuntos de 7 elementos aparece cada número como elemento mayor. [14.14] Empezando en A y siguiendo el orden marcado por las flechas, en cada vértice contar sucesivamente el número de formas para llegar a él. [14.15] Primera forma: Cada rectángulo está determinado por dos líneas horizontales y dos verticales. Segunda forma: Cada rectángulo está determinado por dos vértices opuestos. [14.16] Aplicar el Principio de Inclusión y Exclusión: Considerar primero cuántas colecciones de cuatro de esos números no tienen, por ejemplo, al 1; también analizar cuántas no tienen ni al 1 ni al 2, etc.; ahora, para resolver el problema, al total de colecciones de cuatro de esos números restarle las que no tienen cada uno de los dígitos, cuidando de ajustar si se resta de más. [14.17] Cada cuadrado oblicuo está inscrito en un único cuadrado vertical. Contar cuántos cuadrados verticales hay de cada tamaño y después, para cada cuadrado vertical de lado e, contar cuántos cuadrados oblicuos están inscritos en él. [14.18] Primero contar todos los triángulos (incluyendo los degenerados). Después restar los que tienen sus vértices alineados según las distintas direcciones de alineación. [14.19] Para la primera parte, construir el triángulo de Pascal módulo 3 (recordando que en una suma se pueden sustituir los números por congruentes a ellos, sin alterar la validez de la congruencia). Analizar las repeticiones que hay (por bloques). Para la segunda parte recordar que para n fija tenemos que

(~) + (7) + . . . + (~) = 2n, 102

§14. Sugerencias

así que conviene sumar por renglones en el triángulo de Pascal. [14.20] Llamar X y Y a los jugadores que compiten con la misma cantidad. Si r es dicha cantidad, analizar las posibilidades para r. Indicar por (8, t, U,v) los otros números de competencias que tengan los demás jugadores, conviniendo que 8 > t > u > v. Observar cómo es la suma 8 + t + u + v y qué relaciones pueden guardar entre sí los

números r, 8, t, u y v. Dividir en casos según las posibilidades para r. [14.21] Thabajar con residuos módulo 5. Analizar todas las posibilidades en que la suma de 4 residuos sea múltiplo de 5 y para cada una de estas posibilidades contar cuántos números del 1 al 25 determinan esa colección de residuos. [14.22] Para la segunda parte, suponer que se tiene una gráfica de comunicaciones entre 9 ciudades en la que todas las distancias son 2 y en la que en cada vértice hay tres aristas o menos. Probar que entonces a todos los vértices llegan exactamente tres aristas. Deducir de aquí una contradicción examinando el número de aristas que debe haber en una gráfica con esas condiciones. [14.23] Considerar una gráfica en la que los vértices representen los números dados, y en la que se pone una línea roja entre dos vértices si la suma de los números que representan es irracional, y una línea azul si la suma es racional. Usar el ejemplo [9.6] para deducir que debe haber un triángulo rojo o uno azul. Usando que las operaciones básicas entre números racionales nos producen de nuevo números racionales, probar que no se puede encontrar un triángulo azul. [14.24] Hacer un esquema (diagrama de Venn) que ilustre cómo están relacionados los conjuntos del problema. Llamar P al número de alumnos premiados y suponer que P n V tiene un número impar de elementos. Entonces, ¿cuántos alumnos premiados hay en Ei si P n Fi tiene un número par de elementos? Usar esta respuesta y la hipótesis de 103

§ 14. Sugerencias

~ para

que el número de premiados es menor que

concluir un absurdo.

[14.25] Usar el Principio de Inclusión y Exclusión. Un ejemplo en el que se cuente cuántas permutaciones de 4 elementos en las que ninguno de ellos queda fijo puede ayudar. [14.26] Partir el triángulo en cuatro triángulos equiláteros. [14.27] Considerar la gráfica de las amistades. Cada mes pintar de verde las aristas que unen casas de distinto color y analizar cómo cambia esto a través del tiempo. [14.28] Para el inciso (a), calcular fi - hh,

J'f - h!4, fJ - hls y Il - 1416,y, en base a esto, conjeturar. Para el inciso (b), usar la relación en (a) para obtener una ecuación cuadrática en In+!' Observar qué pasa al resolver dicha cuadrática (suponiendo que en ese momento ya se conoce

In.

[14.29] Para el inciso (a), observar que cada camino C cruza exactamente una vez cada una de las diagonales que se muestran en la figura. , J'

" "

,, ,, ,,

,, ',

, 2,' '" ,, ,, ,, ,, ,,

', ,,

", ,

, 1t

, '

21í , , , ,, , ,, " , ,,

Observar también que sobre las diagonales en cuadritos- que comparten un vértice, la diferencia es n-l. Para el inciso (b), usar el valor de m y de M para encontrar un rango de valores permitidos para una n que pudiera cumplir L(C) = 1996 Y utilizar el inciso (a) para probar que ninguno de esos valores es posible. 104

§ 14. Sugerencias

[14.30] Observar que si fuera posible cubrir la cuadrícula de 6 x 6 con rectángulos como se pide en el enunciado, entonces cada línea interior vertical debená estar atravesada por un número par de rectangulitos horizontales, y lo mismo ocurriría en el otro sentido. [14.31] Usar el Principio de las Casillas para encontrar dos conjuntos que tengan la misma suma (aunque no sean ajenos). [14.32] Colorear 12 cuadros de negro de tal manera que, sin importar cómo se coloquen las fichas, cada una cubra exactamente un cuadro negro. Contar de dos maneras distintas cuántos cuadrados quedarían cubiertos en caso que se tuviera una cubierta como la pedida. [14.33] Los caminos que dejan dos semillas en cada triángulo tienen dos características importantes: pasan por exactamente dos de los tres lados de cada triángulo y en cada vértice (excepto en A y en B) usan un número par de aristas. Empezando en el vértice inferior derecho analizar qué marca puede dejar una trayectoria tal. [14.34] Todo entero se puede expresar en la forma 2kb, con k 2: O y b impar. Usar Principio de las Casillas. [14.35] Recordar que un dodecaedro tiene 12 caras, cada una de las cuales es un pentágono y que a cada vértice llegan exactamente tres aristas para probar que un camino que pase por todos los vértices exactamente una vez debe usar 20 aristas; de aquí probar que en alguna cara se usan 4 aristas. Luego, observar que en cada vértice queda una arista sin usar para demostrar que el camino usa 4 aristas del pentágono en forma consecutiva. Para construir el camino apoyarse en el resultado recién obtenido (se puede indicar un camino en un esquema aplanado del dodecaedro, con una cara como un pentágono más grande que queda por atrás al desaplanarlo).

105

Sección 15

Soluciones

[15.1] Contemos el número de l/s que se usan por bloques: * Del O al 9 se usa 1. * Del O al 99 se usan 20: un 1 por cada decena (por los números terminados en 1) Y 10 más por los números que empiezan con 1. * Del O al 999 se usan 300: 20 por cada centena más 100 por cada número que empieza con 1. * Del O al 9999 se usan 4000: 300 por cada millar más 100 por cada número que empieza con 1. Así sucesivamente, tenemos: * Del O al 99 999 se usan 50000. * Del O al 999 999 se usan 600 000 . En este punto ya sólo nos faltan 400 000, así que no podemos poner todos los números de 7 cifras y debemos contar por bloques menores. * Del 1 000000 al 1099 999 se usan 150000 (50000 por las últimas seis cifras más 100000 pues todos empiezan con un 1). * Del 1100000 al 1199999 se usan 250000 (50000 por las últimas

§15. Soluciones cinco cifras más 2 x 100000 pues todos empiezan con dos l's). Entonces 1199999 es el número que buscábamos y es la única respuesta posible pues el siguiente número sería 1 200000 que utilizaría un 1 más. [15.2] Podemos pensar que se va a tirar la moneda tres veces más y que Pepe va a apostar al águila en todas. En este caso la única posibilidad que le da el triunfo a Pepe es que salga águila las tres veces. Pero hay en total 23 posibilidades, así que la proporción justa es que Pepe se quede con ~40 = 5 pesos. [15.3] Es más fácil contar los números menores que un millón que no tienen dos l' s seguidos. Para ello analicemos los distintos casos: (a) Los números que no tienen l's son 96 - 1 (pues en cada cifra podemos elegir cualquiera de los dígitos del Oal 9 excepto el1 y después hay que quitar la elección de puros O's) . (b) Los números que tienen exactamente un 1 son 6 . 95 pues el 1 puede ocupar cualquiera de los 6 lugares y en cada uno de los otros podemos escoger cualquier otro dígito. (c) Los números que tienen exactamente dos l's (no seguidos). Las posibilidades para colocar los l's son 10: 1.1. .., 1 . .1 .., 1...1., 1 . . . .1, .1. 1 . ., .1. .1., .1 . . . 1, .. 1 . 1., .. 1 . .1 Y . . .1 . 1. Los otros 4 lugares pueden ser llenados con 9 dígitos diferentes, así que en este caso hay 10 x 94. (d) Los números que tienen exactamente tres l' s. Las posibilidades de los lugares para los l' s son: 1. 1 . 1., 1. 1 . .1, 1..1. 1 Y .1 . 1 . 1. Entonces en este caso hay 4 x 93. Ya no se pueden poner cuatro l's pues quedarían forzosamente dos juntos al menos. La respuesta entonces es: 999999 - ((96 - 1) + 6 x 95 + 10 x 94 + 4 x 93) =999999 - 93(93+ 6 x 92 + 10 x 9 + 4) + 1 =999999 - 729(1309) + 1 =45739. 108

§ 15. SQluciones

[15.4] Vayamos contando las intersecciones de las rectas de cada conjunto con las de los conjuntos con menos rectas: Las rectas del segundo conjunto se intersectan en dos puntos con las del primero; cada una de las 3 rectas del tercer conjunto se intersecta con las de los otros dos conjuntos, así que éstas determinan otros 3(1+2) puntos de intersección; análogamente, las 4 rectas del cuarto conjunto agregan 4(1 + 2 + 3) intersecciones más, así sucesivamente. En total hay 2 + 3(1 + 2) + 4(1 + 2 + 3) + . . . + 10(1+ 2 + 3 + . . . + 9) = 1320 intersecciones. [15.5] Bastará considerar los colores que van a ponerse sólo en la mitad del cuadrado puesto que se quiere que las fichas sean simétricas, así que pensemos que vamos a pintar sólo cuatro triángulos (los que se muestran en la figura), dos centrales y dos en las esquinas.

l¿N Pensemos también que los colores son rojo (R), verde (V), blanco (B) y azul (A). En los triángulos centrales hay que escoger 2 de los cuatro ,colores, sin importar su orden (pues al girar la ficha, el orden se invierte); las posibilidades son 6: R - V, R - B, R - A, V - B, V - A y B - A. Por cada una de estas elecciones en cada esquina se pueden poner cualesquiera de los tres colores que no se usaron en el triángulo central junto a esa esquina.

Entonces

la respuesta

es 6 x 3 x 3

= 54.

[15.6] El número total de cifras de G es 9+2(99-9)+3(999-99)+4(1995-999)

= 9+180+2700+3984 = 6873.

Entonces la cifra central está en el lugar 3437. Para llegar a esa cifra necesitamos todos los números del 1 al 999 (pues son 9 + 180 + 2700' = 2889) Yotras 548 cifras más. Como a partir del 1000 todos los números 109

§15. Soluciones

= 137, necesitaremos 137 números después del 999, es decir, hasta el 1136; la última cifra (el 6) de este número es la cifra buscada y el número al que corresponde es, precisamente, al 1136. que se escriben tienen 4 cifras y 5:8

[15.7] Supongamos que sí. Entonces un equipo e tiene por lo menos 4 niños. Sobran a lo más 6 fuera de e así que si a es uno de los niños de e, entonces por lo menos uno de los otros niños de e debe ser su amigo. [15.8] El problema equivale a contar cuántas figuras de perímetro 10 se pueden formar con cuadritos de 1 x 1, Y después multiplicar el resultado por 10 (que es el número de posiciones relativas en la figura de perímetro 10 en las que la casa de Ana puede quedar como vértice) y también por 2 (para tomar en cuenta los dos sentidos en que se puede hacer el recorrido). Las figuras mencionadas son de los siguientes tipos:

ITITJ tipo 1

dF tipo 4

'-tipo 2

tipo 5

tipo 3

cfb tipo 6

Contemos ahora cuántas posiciones pueden tener cada uno de estos tipos. Del tipo 1 hay 2 posiciones: horizontal (como muestra el dibujo) y vertical. Análogamente del tipo 2 hay 2, del tipo 3 hay 8, del tipo 4 hay 4, del tipo 5 hay 8 y del tipo 6 hay 4. La respuesta entonces es 20(2 + 2 + 8 + 4 + 8 + 4) = 560. 110

§ 15. Soluciones

[15.9] Contemos por casos. (a) Números de 4 cifras con al menos un cero hay 9000 - 94 = 2439 (pues hay 94 números sin ceros). (b) Los números que no tienen ceros conviene separados en casos según el número de cifras que tengan iguales. (bd Los números con todas las cifras iguales (de la forma aaaa) son 9 y todos cumplen la condición de que el producto de las cifras sea un cuadrado. (b2) Los números con tres cifras iguales y la otra distinta son de la forma aaab, aaba, abaa o baaa. De aquí que deberemos analizar las distintas posibilidades para a y b (según la condición del problema) y después multiplicar por 4 (para considerar la posición de b en el número); éstas son de dos tipos; el primer tipo es cuando ambos a y b son cuadrados (o sea 1, 4 o 9), lo que nos da 3 x 2 posibilidades; el segundo tipo es cuando a y b son los números 2 y 8 (en cualquier orden) lo cual nos da otras dos posibilidades. En total en este caso tenemos 4(3 x 2 + 2) = 32 posibilidades. (b 3) Los números con dos cifras iguales y otras dos distintas: aabc con a, b Y e todos distintos entre sí y las distintas posibilidades de orden de a, b Y e que son 12 (pues la posición de b se puede elegir entre 4 posiciones y entonces la de e, de 3). Analicemos las posibilidades para a, b y e en el número aabc y después multiplicaremos por 12 para considerar las distintas posiciones. La primera posibilidad es que b y e sean cuadrados y a cualquier otro dígito (distinto de b y e); en este caso hay que escoger 2 de los 3 números 1, 4 Y 9, lo cual es G) = 3 (aquí no debemos considerar el orden entre b y e pues cuando multipliquemos por 12 ya se tomará en cuenta); una vez elegidos b y e nos quedarán 7 posibilidades para a (pues a debe ser un dígito distinto de O, de b y de e); así en este subcaso hay 3 x 7

= 21

posibilidades.

Análogamente,

b y e son 2 y 8 (en cualquier orden), a tiene 7 posibilidades. Entonces el total en este caso son 12(21 + 7) = 336. (b4) Números con dos cifras repetidas cada una: forma básica aabb 111

§ 15. Soluciones

con a

=1=-

b, considerando

las distintas

posiciones

caso la posición de a (que se puede escoger de

para a y b. En este

G) =

6 formas) deter-

mina la de b. La elecciónde a y b (dos dígitos distintos cualesquiera) puede hacerse de G) = 36 formas (el papel de a y el de b es indistinguible en esta elección, pero una vez elegidos,al fijar cualquiera de ellos se determinan su posiciones). En este caso tenemos entonces

6 x 36 = 216 posibilidades. (bs) Números abcd con a, b, e y d todos diferentes. Podemos pensar que vamos a permutar todas las elecciones de a, b, e y d (hay 4! = 24 permutaciones) y considerar la elección de éstos sin repetir colecciones. En ese caso no pueden ser todos cuadrados. Si a = 2 u 8, b = 3, e = 6 y d un cuadrado, entonces hay 6 posibilidades. Si a = 2, b = 8 y e y d son cuadrados, entonces hay 3 posibilidades. En total hay 24(3 + 6) = 216.

Sumando todos los resultados parciales tenemos el resultado final que es 3248. [15.10] Observamos que cada número del 1 al 400 afecta exactamente a cuatro vértices, así que la suma es 4(1 + 2 + ... + 400) = 4(200 x 401). Nota: Ésta última igualdad se obtiene de agrupar 1 con 400, 2 con 399, 3 con 398, etc. (en cada agrupamiento la suma es 401) por lo que la suma 1 + 2 + 3 + . . . + 400 es igual a 200 x 401. I

[15.11] Por cada jugador ponemos un punto y representamos con una línea entre dos de esos puntos el que los jugadores correspondientes compitan entre sí; de esta manera tendremos la gráfica de competencias. Observemos que la gráfica

6~ 112

§ 15. Soluciones

satisface las condiciones. Esta gráfica tiene nueve segmentos. Supongamos que tenemos una gráfica G que satisface las condiciones del problema; probaremos que G tiene por lo menos 9 segmentos, obteniendo así que 9 es el mínimo. Observemos que si x es un vértice en G no unido con ninguno de los vértices Xl, X2, ..., xr, entonces las condiciones del problema implican que éstos últimos deben estar todos unidos entre sí. Tomemos X un vértice en G que tenga el mínimo número de conexiones en G. Si hay 6 puntos no conectados con x entonces esos 6 deben estar todos conectados entre sí, así que el número de segmentos en G es (~)

15 > 9.

Si en G hay 5 vértices no conectados con x

entonces el número de conexiones entre ellos es (~) = 10 > 9. Si hay 4 no conectados con x, entonces el número de conexiones entre ellos es (~) = 6; además, en este caso, x estará conectado con otros dos puntos: y y z, lo cual contribuye con dos segmentos más para G; pero alguno de y o z debe tener (por lo menos) una conexión más pues si a es uno de los vértices no conectados con x, entonces entre a, y y z deberá haber al menos un conexión, así que, también en este caso, el total de segmentos será mayor o igual a 9. Si hay 3 o menos no conectados con x entonces x está conectado con por lo menos 3 vértices y, por ser x uno de los vértices menos conectados de G, todos tendrán 3 o más conexiones; el total será entonces mayor o igual que 7~3 > 9. Con esto hemos cubierto todos los casos y probado así que el número de aristas de G es mayor o igual a 9. [15.12] Llamemos no, nI, n2, . . ., n7 los niveles horizontales (india cados en la figura).

113

§ 15. Soluciones

A.no \ \

131nl \

1 \ 1

;__n

1\ 1

1 1\ 1\1\11\ Q,

.LJM

1\ 1\1\11\1\1\ \1

1\1\1\

n3 \

---~

1\ \1

1 - -- 1\-r, - -- 1\r.--- -'\t\ ns 1 \1

1\ 1 1\

An-/~---,~_n 1\ 1\ 1\ 1

n_~

\1 1\

-- - -" 1\

\ \

1 \

\1 1\

1 11\'\1\1\

1 \

,l-n_-'A

n_~1\1\ n2

\ _nr.n--r.-n_~\n6 \

\1\1\1\

\1 ~

" ~

, 'n7

Dado un camino de A a B (de los permitidos), consideremos los últimos vértices A = Bo, Bl, B2, . . . B6 que toca el camino en los nivelesrespectivos (como ilustra el ejemplo marcado en la figura). El número de formas distintas en que puede elegirse cada B¡ es i + 1 pues éste es el número de vértices en el nivel n¡ y Bi puede ser cualquiera de ellos. Entonces la sucesión Bo, Bl, B2"'" B6 puede elegirse en conjunto de 7! formas. De cada B¡ se puede "bajar" a Bi+l de dos formas pues sólo se puede bajar al siguiente nivel en dos direcciones y después de ahí el camino ya estará determinado (se moverá lo necesario para llegar a B¡+1)' Tenemos entonces que cada camino determina una sucesión Bo, Bl, B2"'" B6 Y una elección de forma de bajar ,en cada Bi, y, recíprocamente, cada elección de una sucesión Bo, Bl, B2"'" B6 junto con una elección de cómo bajar en cada nivel determina un camino; de esta manera, el número de caminos es igual al número de elecciones mencionadas arriba, es decir, 7! x 27. [15.13] El número 10 es el elemento mayor en

(:) subconjuntos

de 7 elementos; el 9 es el mayor en (~); el 8 es mayor en (~) y el 7 es

114

§15. Soluciones mayor en (~). Entonces la suma de todos los mayores será

10(:)+9(:) +8(~)+7(:) = 1155. [15.14] Empezando en A y siguiendo el orden marcado por las Hechas, en cada vértice contemos el número de formas para llegar a él, para lo cual en cada vértice pondremos lo que hemos puesto en todos los inicios de las Hechas que le llegan:

El resultado entonces es 987. [15.15] Primera forma: Como cada rectángulo está determinado por dos líneas horizontales y dos verticales, hay tantos rectángulos como se puedan escoger estas líneas, es decir

en 2 = 3025.

Segunda forma: Cada rectángulo está determinado por dos de sus vértices opuestos. El número de formas distintas de elegir estas parejas de vértices opuestos es 121~100 = 6050. Sin embargo por cada rectángulo hay dos parejas de vértices opuestos, así que el resultado es 60;0 = 3025. [15.16] Los 25 números de los cuales vamos a considerar colecciones de 4 son: 11 12 13 14 15 21 22 23 24 25 31 32 33 34 35 41 42 43 44 45 51 52 53 54 55 El total de colecciones de 4 de ellos es

e:).

Las colecciones que no

115

§ 15. Soluciones

tienen ningún 1 son e46) y este mismo número son las que no tienen 2, o las total error están

que no tienen 3, etc. Entonces (2:) - 5e46) intenta considerar el de colecciones que no tienen por lo menos un número, pero con un pues, por ejemplo, las colecciones que no tienen dos números se restando dos veces; contemos cuántas son éstas. Por ejemplo, las

colecciones que no tienen ni 1 ni 2 son (:); en las mismas condiciones están las colecciones que no tienen otros dos números entre el 1 y el 5. Pero hay (~) formas de escoger dos números entre el 1 y el 5, por lo tanto al resultado que teníamos hay que sumarle (D (:). Todavía el resultado que tenemos no es correcto pues las colecciones que no tienen tres números, en un principio se restaron tres veces y después se volvieron a sumar tres veces. Como arriba, éstas son G) (:), así que este número debe restarse. La respuesta es

(2:) -

5C46)+ (~) (:) - (:) (:) = 4800.

[15.17] Es claro que cada cuadrado oblicuo está inscrito en un único cuadrado vertical. El número de cuadrados inscritos en uno de lado e es e pues cada cuadrado está determinado por uno de los e - 1 vértices interiores de uno de los lados y a ellos hay que agregarles el mismo cuadrado. Ahora, el número de cuadrados verticales de lado e (para, 1 ::; e ::; k) es (k - (e - 1))2 pues éstas son las posibilidades de elección del vértice superior izquierdo dentro de la cuadrícula y con esa elección se determina el cuadrado (por ejemplo, los de lado 1 son k2, los de lado 2 son (k - 1)2, etc.). Entonces la respuesta es k

¿(k

c=l

- (e - 1))2C.

[15.18] Las formas distintas de elegir 3 puntos de los 6 disponibles son e36). Sin embargo, una terna así elegida no forma triángulo si los puntos están alineados; por tanto hay que descontar estas posibilidades. Por cada renglón y columna, la elección de tres puntos en ella nos da uno 116

§15. Soluciones de los triángulos degenerados que queremos eliminar; éstos son (~) en cada renglón y cada columna, así que en total son 12(~). Otra posibilidad de elegir puntos alineados es hacerlo sobre las diagonales. Hay dos diagonales con 6 puntos (éstas contribuyen en 2 (~) triángulos degenerados); 4 diagonales de 5 puntos (contribución: 4(~) ); 4 diagonales de 4 puntos (contribución 4(:)); y 4 diagonales de 3 puntos (contribución 4 (D ). Por último hay que restar los triángulos degenerados que se forman al pasar de un renglón a otro pero saltando columnas, y viceversa; éstos se pueden contar directamente: son 8 en cada una de las cuatro inclinaciones. La respuesta final es

(336)- 12(:) - 2(:) - 4(~) - 4(:) - 4(~) - 4 x 8 = 6768. [15.19] Recordemos que si a = a' (mod n) y b = b' (mod n), entonces a + b = a' + b' (mod n), así que podemos trabajar módulo 3 para construir el triángulo (según la Fórmula de Pascal) y encontrar ahí el número de 2' s. Llamemos T al triángulo formado por los primeros 9 renglones: 1 1 1

1 1

1 2

o o

2 1

1 2

2 2

1 2

1 1

1 2

Podemos observar que por debajo de éste hay ceros y que éste se repite en las orillas en los siguientes 9 renglones. Entonces los primeros 27 renglones del triángulo de Pascal (que forman un triángulo que llamaremos U) están determinados en bloques de triángulos de 9 renglones como sigue: 117

§15. Soluciones

T T O T O S O T

T donde S es el triángulo

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 1

O 2

2 2

2 1

1 1

2 O

O O

2 1

2 O

O 1

2 1

Otra vez, por debajo de U hay ceros y U vuelve a aparecer en bloques, de tal manera que los primeros 81 renglones son U U O U U O V O U donde V es el triángulo de 27 renglones: S S O S S O T O S Hemos construido así los primeros 81 renglones (desde n

O hasta

n = 80) del triángulo de Paseal. Contemos los 2's por bloques: En cada triángulo T hay 10 y en cada triángulo S hay 26, así que en el triángulo U hay 5 x 10 + 26 = 76, Y en el triángulo V hay 5 x 26 + 10 = 140. Entonces en los primeros 81 renglones hay 5 x 76 + 140 = 520. Para la segunda parte del problema recordemos que para n fija

(~) + (~) + . . . + (~) = 2n, 118

§ 15. Soluciones

así que para sumar todas las

(;), hagámoslo

E (.~n

(;) ) = E 2"

gulo de Pascal:

OS,F.S80

(;)

281

- 1

= (22)40.2-

por renglones en el trián-

1 - 140.2 - 1 = 1 (mod 3).

[15.20] Consideremos una competencia con las condiciones pedidas en el problema. Examinaremos las posibilidades que se presentan. Llamemos X y Y a los jugadores q1.}ecompiten con la misma cantidad y sea r dicha cantidad. Analicemos las posibilidades para r, indicando por (8, t, U,v) los otros números de competencias que tengan los demás jugadores,

y conviniendo

que 8 > t > u > v (entonces r, s, t, u y

v son todos enteros del O al 5, distintos entre sí). Podemos observar que la suma s + t + u + v debe ser par (pues, sumado con 2r es par ya que c,ada competencia se cuenta dos veces en dicha suma). Además, si uno de los números 'es O, otro no puede ser 5. Utilizaremos estas observaciones en nuestro análisis. Si r = 5. Entonces todos los demás jugadores deberán competir con X y Y, así que 8, t, u y v son todos mayores o iguales que 2 (2, 3 o 4), lo cual no es posible. Si r

4. En este caso, si v = O, entonces

los competidores

co-

rrespondientes a s, t Y u competirían todos con X y Y, así que s, t, Y u serían todos mayores o iguales que 2 (2, 3 o 5), lo cual no es posible pues O y 5 no pueden estar en la misma colección. Entonces (8, t, u, v) = (5,3,2,1), pero la suma aquí es 5 + 3 + 2 + 1 = 11 que no es par, así que tampoco es posible. Si r = 3. Entonces (8, t, u, v) = (5,4,2,1) o (4,2,1, O). El segundo no es posible pues tiene suma impar. El primero sí es posible como se muestra en la gráfica de competencias siguiente.

119

§15. Soluciones

5 3 2

4 3 El número de posibilidades en este caso está dado por la elección de los jugadores según cada número de competencias 5, 4, 2 Y 1, es decir, el número de posibilidades es 6 x 5 x 4 x 3 = 360. Si r = 2. Entonces (s,t,u,v) = (5,4,3,1) o (4,3,1,0). El primero no es posible pues tiene suma impar. El segundo sí es posible como se muestra en la gráfica de competencias siguiente. 2 1 3

o 2 El número de posibilidades en este caso está dado, como en el anterior, por 6 x 5 x 4 x 3 = 360. Si r = 1. Entonces 5 y 4 no pueden aparecer juntos en la colección, así que (s,t,u,v) = (4,3,2,0), que no tiene suma par y, por tanto, es imposible. Si r = O. Entonces ninguno de 5 y 4 puede aparecer en la colección así que también este caso es imposible. El número total de posibilidades es 360 + 360 = 720. [15.21] Para cada residuo r de la división por 5 consideremos la colección r de los números del 1 al 25 que dejan residuo r (por ejemplo 2" = {2, 7, 12, 17, 22}). Es claro que cada r consta de 5 elementos. El que la suma de 4 números sea múltiplo de 5 equivale a que la suma de los residuos lo sea. Analicemos todas las posibilidades de residuos con 120

§15. Soluciones suma múltiplo de 5 y contemos las posibilidades de elección en nuestra colección según los residuos: colección de residuos

número de posibilidades de elección

0,0,0,0

(~)

1,1,1,2 2,2,2,4 3,3,3,1 4,4,4,3 0,0,1,4 0,0,2,3 1,1,0,3 1,1,4,4 2,2,0,1 2,2,3,3 3,3,0,4 4,4,0,2 1,2,3,4

(~) . 5 = 50 50 50 50 (~)

250 250 (~)2

250 100 250 250 54

. 5 . 5 = 250

100

= 625

El total es 2530. [15.22] Consideraremos la gráfica de las comunicaciones de la manera natural. (a) La red que cumple las condiciones es

(b) Supongamos que en cada vértice hay 3 aristas o menos. Veamos entonces que todos los vértices tienen exactamente 3 aristas. Si un vértice A tuviera 2 o menos aristas (digamos a Bl y B2), entonces 121

§ 15. Soluciones

sobrarían 6 vértices (o más) C1, C2, . . ., C6 que, por no estar conectados con A (y puesto que sus distancias a A son menores o iguales que 2), deberían estar conectados con B1 o con B2. Pero B1 y B2 sólo aceptan a lo más dos aristas cada uno, así que sobrarían al menos dos sin conectar (ver esquema). C1 C2 AZ

/C3 C4 Cs C6

Ahora veamos que es imposible que cada vértice tenga exactamente 3 aristas. Si éste fuera el caso, entonces el número de aristas sería 9~3 = 2; , lo cual es un absurdo pues éste no es un número entero. [15.23] Consideremos una gráfica en la que los vértices representen los números dados y en la que se pone una línea roja entre dos vértices si la suma de los números que representan es irracional, y una línea azul si la suma es racional. Por el ejemplo [9.6], sabemos que debe haber un triángulo rojo o uno azul. Usando que las operaciones básicas entre números racionales nos producen de nuevo números racionales, veamos que no se puede encontrar un triángulo azul, y con eso quedará resuelto el problema, pues un triángulo rojo representa los números buscados. Supongamos entonces que tenemos un triángulo azul cuyos vertices corresponden a los irracionales a, b y c. Como a + b y a + e son

racionales, entonces su diferencia, b - e, también lo es; pero entonces, sumando este número con b + e que también es racional, tenemos que 2b es racional, de donde también lo es b, y esto es una contradicción; entonces no puede haber ningún triángulo azul, como queríamos probar. [15.24] Sea P el conjunto de alumnos premiados. Queremos pro122

§15. Soluciones bar que P n V tiene un número par de elementos. Supongamos que P n V tiene un número impar de elementos y, sin pérdida de generalidad, supongamos que cada uno de P n Fl' P n F2' ..., P n Fk tiene una cantidad par de elementos, donde k > ~. Entonces para cada i = 1,..., k, los alumnos premiados de Ei son un número impar (pues ellos, junto con los de V deben formar una cantidad par). Pero entonces al menos habrá un premiado en cada Ei para i = 1,..., k, es decir, el número de premiados será mayor o igual que k que es mayor que ~, lo cual contradice la hipótesis. [15.25] La elección de los cuatro que quedan fijos está dada por C40). Una vez elegidos éstos, en los seis lugares restantes ninguno debe quedar fijo. Contemos esas posibilidades usando el Principio de Inclusión y Exclusión: 6! - (~) 5! +

(~)4!- (~) 3! + (:) 2! - (:) 1!+ 1 = 265.

(El primer sumando cuenta el número total de permutaciones de los 6, el segundo cuenta las permutaciones con cada uno fijo, el tercero con dos fijos, etc.) Entonces el resultado es C40)265= 55650. [15.26] Partamos el triángulo en cuatro triángulos equiláteros de lado 1 trazando paralelas a cada lado que pasen por los puntos medios de los otros dos lados. Por el Principio de las Casillas, uno de los triángulos tiene contiene dos puntos; esos dos puntos deben tener distancia menor a la distancia máxima en el triángulo, la cual es obviamente 1 (la distancia entre dos vértices). [15.27] Consideremos la gráfica de las amistades y pintemos de verde todas las aristas que unen casas de distinto color. Cada vez que un duende tiene que repintar su casa, el número de aristas verdes disminuye (al menos en una) pues la mayoría de aristas que llegaban al vértice que representa su casa eran verdes, a éstas se les quita el color y se pinta de verde la minoría que antes no tenía color. Entonces el número de aristas verdes deberá permanecer constante a partir de 123

§15. Soluciones cierto momento; a partir de ese momento ya ningún duende tiene que repintar su casa. [15.28] La sucesión de Fibonacci es: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, .... Entonces li - hh = 1 - 2 = -1,

1; - 12/4 = 4 - 3 = 1,

{f - 13/5 = 9 - 10 = -1 Y

fi -

/416

= 25 -

= 1.

Conjeturamos entonces que para n 2: 2, I~ - I n- d n+1 es 1 si n es impar y es -1 si n es par. Probemos esto por inducción. La base de inducción es para n = 2, que ya quedó establecida arriba. Ahora bastará probar que la suma de dos de estas expresiones consecutivas es O,lo cual hacemos a continuación con la siguiente cadena de igualdades, en las que se han expresado In+1 y In+2 en términos de In-l y In: (f~ - In-dn+1) + (f~+l - Inln+2) = I~- In-¡(/n + In-d + (fn-l + In)2-

In(fn + (fn-l + In)) Inln-l - I~

= I~- In-dn - I~-l + I~-l + 2ln-l/n + I~ - I~-

= O.

(b) Por el inciso anterior, tenemos que 1~+1- In(fn + (fn-l + In)

(-1)n, es decir, 1~+1- Inln+1- I~ - (-1)n

= O. Despejando

In+l en

términos de In de esta ecuación obtenemos In+1 =

In:!: J5/~ + 4(-1)n 2 '

de donde 5/~ + 4(-1)n = (2In+1- In)2. [15.29] (a) Observemos primero que cada camino e cruza exactamente una vez cada una de las diagonales que se muestran en la figura.

124

§ 15. Soluciones "" l' ," , r1,J ,, , ,, ,

, ,,

, , ;;: ' ,, , ,,

, ,

'" ,,

, ,,

, ", , ,, , ,,

, ,

," ,, ",

, ,,

, Jt

, Prí , , ",

, ;-

"1f,

El mínimo valor de un número en cada diagonal está arriba a la derecha y el máximo está abajo a la izquierda, así que m se logra con el camino que va todo a la derecha hasta terminar el primer renglón y después hacia abajo por la última columna, y M se logra con el camino que primero va hacia abajo recorriendo toda la primera columna y después hacia la derecha por el último renglón. Así m =1 + 2 +...

+ n + 2n + 3n +...

+ n2, y

M =[1 + (n + 1) + (2n + 1) ... + ((n - l)n + 1)] + [((n - l)n + 2) + ... + n2]. Además observemos que sobre las diagonales en cuadritos juntos, la diferencia

es de n-l.

(pues en cada. (n - 1)2 .'s.

Entonces

M - m

(n - 1)2(n - 1)

(n - 1)3

en la cuadrícula hay una diferencia de n - 1 Y hay

(b) Ahora, si buscamos una n y un camino C en una cuadrícula de n x n que cumpla

L(C)

1996, debemos tener m S; 1996 S; M.

m = [1+2+.. '+(n-1)] + [n+2n+3n+" n2

(n-1)~(n+1)+n2, y M = m+ (n-1)3,

Pero

'+n2] = n(n2-1)+n (n(n2-1»)+ como vimos arriba; entonces

de m S; 1996 obtenemos n S; 15 Y de M 2: 1996 obtenemos n 2: 12 (pues para n = 15 tenemos m = 16.1;,14 + 152 = 1905 < 1996; para n = 16 tenemos m = 17-1t15 + 162 = 2296 > 1996; para n = 11 tenemos M = 12.~'lO + 112+ 103 = 1781 < 1996, Y para n = 12 tenemos M = 13-122-11 + 122+ 113 = 2333 > 1996). Entonces los posibles valores para n son 12, 13, 14 Y 15. Ahora recordemos que cualquier

125

§15. Soluciones camino tiene diferencia un múltiplo de n - 1 con el mínimo, así que debemos tener que 1996 - m debe ser múltiplo de n-l. Calculemos

- m: = 1002

entonces en cada caso 1996 Si n

12, entonces m

Y 1996 - m

= 994

que no es múltiplo

de 11. Si n = de 12. Si n = de 13. Si n = de 14. De los un camino

13, entonces m = 1261 Y 1996- m = 735 que no es múltiplo 14, entonces m

= 1561

Y 1996

- m = 435 que no es múltiplo

15, entonces m = 1905 Y 1996 - m = 91 que no es múltiplo cálculos anteriores concluimos que no es posible encontrar C con L(C) = 1996.

[15.30] Supongamos que sí es posible cubrir la cuadrícula de 6 x 6 con la propiedad mencionada. Primero observemos que, en este caso, cada línea interior vertical deberá estar atravesada por un número par de rectangulitos horizontales; para ver esto observemos que cada rectangulito vertical abarca dos cuadritos verticales y 6 es un número par, de tal suerte que entonces en la primera columna vertical habrá un número par de rectángulos horizontales; así, en la segunda columna pasará lo mismo ya que los rectángulos horizontales que cubren cuadritos en la primera columna abarcan un número par en la segunda, de aquí que los cuadritos que quedan en esta columna también son un número par, y así sucesivamente. Por la condición pedida, cada línea interior vertical estará atravesada por al menos dos rectangulitos horizontales. Análogamente, cada línea interior horizontal estará atravesada por dos rectangulitos verticales. Sin embargo, el número total de líneas interiores es 10 (5 verticales y 5 horizontales) y cada uno de los 18 rectangulitos sólo puede atravesar una de ellas, así que no puede haber las 20 intersecciones que se dice arriba que debe haber. Entonces no es posible cubrir la cuadrícula como se estaba suponiendo. Una forma de cubrir la cuadrícula de 6 x 5 con la condición pedida se muestra en la figura. 126

§ 15. Soluciones

[15.31] La máxima suma que podrían tener los elementos de M es

91 + 92 + ... + 100 = 955. La cantidad de subconjuntos no vacíos de M es 210- 1 = 1023 (ver [3.2]o [4.13]). Entonces, por el Principio de las Casillas, hay dos conjuntos A y B con la misma suma. Si A y B no son ajenos, les quitamos a ambos los elementos en común. [15.32] Supongamos que tenemos una cubierta como se pide en el problema y sea k el número de veces que cada cuadro queda cubierto y F el número de fichas utilizadas. Como cada ficha cubre 4 cuadros y hay 42 cuadros, tenemos que 42k = 4F. Coloreemos 12 cuadros de negro como se indica en la figura. Podemos observar que, sin importar cómo se coloquen las fichas, cada una cubre exactamente un cuadro negro, entonces, se necesitan exactamente 12k fichas, así que F = 12k; pero entonces,

42k

48k, lo cual es un absurdo.

Esto prueba que no

es posible encontrar la cubierta pedida. b¡:1$:

*-:::::::¡*

111:

¡mm

t1m

ttill:

illif

:m::ffi

imM :$:$:ffi

@mr ::,:::::::»*

:::M$

i<::X:::, '.'.'.'.'.'.W. ,::::::,:*

tMM. ::::::::::K

>,,:% 'm

«<

M@. '?im .:,,"<x

Ilfi mi

**m

127

§ 15. Soluciones

[15.33] El caso n = 2 sí es el posible. Un recorido que funciona en este se obtiene siguiendo la numeración en el dibujo 8 1

4 Veremos que éste es el único caso posible. Observemos que los caminos que dejan dos semillas en cada triángulo tienen dos características importantes:

(*)

triángulo

y (**)

pasan

por

exactamente

dos de los tres

lados

de cada

en cada vértice (excepto en A y en B) usan un número

par de aristas (pues cada vez que se entra se tiene que salir). Veamos que para n 2: 3 no se pueden marcar aristas sobre la figura con estas dos propiedades. Empecemos suponiendo que n 2: 4 Y que hay un camino que cumple las condiciones del problema. Entonces (por (*)) en el vértice inferior derecho deberán estar marcadas las dos aristas (1 y 2 en el dibujo) y así, por (**), se completará el cuadradito (1234); otra vez por (**) las aristas sobre los lados del cuadrado grande que están junto al cuadradito no pueden estar marcadas así que por (*) sí estarán las otras que completan los triangulitos (5 y 6); con este mismo análisis vemos que están marcadas 7 y 8 (por (**)) y así también 9,

10, 11 y, 12 por (*). También por (*) están marcadas 13 y 14. Por (**), 15 está marcada, y por (*), también 16 y 17, pero esto nos lleva a una contradicción con (**) en el triángulo 9, 15 y 16. El caso n = 3 se puede analizar de la misma manera, usando el argumento también

en el vértice superior izquierdo (por simetría). La contradicción en este caso la obtenemos en el vértice marcado con X en la figura, pues a él concurren tres aristas.

128

§15. Soluciones

: I

L I

,__,L

I I

. I

I I-

,,':

",---:;'-----

:,' , " : ,': " ,,' , -- ---1<,---,~-_uJ<.'u ' "' ',1.6 :

----

,',

,,/

:,/

,/'

: ,,14

" 117

~15/.:: 110

- :;

: ,/

--~ u - ,,,-'u u' ,13 /9 , " , , ,,' , ---~---,"-' ,, , ,': " ,

1<'-- - -'

[15.34] Expresemos cada uno de los números del conjunto en la forma 2kb con k ~ O Y b impar. Las posibilidades para el número b son n, puesto que todos los números considerados son menores que 2n; sin embargo nuestro conjunto tiene n + 1 elementos así que, por el Principio de las Casillas, dos de los números del conjunto deben tener la misma b. Digamos que los números del conjunto con la misma b son al = 2kl b Y a2 = 2k2 b, con O :::; kl < k2. Entonces es claro que al es divisor de a2. [15.35] Recordemos que un dodecaedro tiene 12 caras, cada una de las cuales es un pentágono; además a cada vértice llegan exactamente tres

aristas.

Entonces

el número

de vértices

es l23x5 = 20. Un camino

que pase 'por todos los vértices exactamente una vez debe usar 20 aristas (una por cada vértice). Supongamos que en cada cara se utilizan a lo más tres aristas; pero entonces, puesto que son 12 caras y cada arista pertenece a 2 caras exactamente el número total de aristas usadas será a lo más l22x3= 18, lo cual contradice el hecho de que deben usarse 20 aristas; con esto hemos probado que el camino utiliza por lo menos 4 aristas de alguna cara; pero entonces es claro que deben ser consecutivas por lo siguiente: Cada vez que el camino llega a un vértice, debe salir, y como a cada vértice llegan 3 aristas, una queda sin usar, de manera que si 4 aristas de una cara se usaron, esto debe haber sido en forma consecutiva (porque una vez que se sale de un vértice ya no se puede volver a entrar). 129

§15. Soluciones

Para construir el camino nos podemos apoyar en el resultado recién obtenido. Indicamos un camino en el esquema en el que se ha aplanado el dodecaedro (una cara es el pentágono más grande; quedaría por atrás al desaplanarlo).

130

LECTURAS

COMPLEMENTARIAS

Comité Organizador de la Olimpiada Matemática Mexicana, Olimpiada de Matemáticas, 140 problemas, Academia de la Investigación Científica, México 1993. Gentile, E., Aritmética Elemental, Monografía no. 25 de la Serie de Matemáticas del Programa Regional de Desarrollo Científico y Tecnológico de la OEA, Ediciones de la OEA, 1988. Grimaldi R., Matemáticas Discreta y Combinatoria, Addison- Wesley Iberoamericana, México, 1989.

Editorial

Spitznagel, E. L., Selected Topics in Mathematics, Holt, Rinehart and Winston, Inc., 1971. Vilenkin, N., ¿De Cuántas Formas? Mir, Moscú, 1972.

(Combinatoria),

Editorial

131

Glosario árbol (en gráfica), 68 arista (en gráfica), 63 aritmética, sucesión/progresión, 34 baraja (de pókar), 12 base de inducción, 27 base 2, expansión en, 86 Bl,27 binaria, expansión, 86 Binomio, Teorema del, 17, 32 caminos, 45 canónica, descomposición (entero), 51 Casillas, Principio de las, 69 ciclo (en una gráfica), 68 coeficientes binomiales, 18 combinaciones, 7 congruencias, teoría de, 94 conexa (gráfica), 66 correspondencia uno a uno, 23 cubrir con fichas (tablero), 79 decimal, expansión, 73 descomposición canónica de entero, 51 diferencia (en progresión aritmética), 35 dominó, 16 falla, 52 ficha doble, 16 mano, 16 enteros positivos, 1 estrategia ganadora, 87 Euler, fqnción el), 51 expansión binaria (de un número), 86 expansión decimal (de un número), 73 extremo inicial (en recorrido), 66 extremo final (en recorrido), 66 factorial, 5 Fibonacci, sucesión de, 37, 96 ficha (de dominó), 16 fórmula de Gauss, 22, 30 fórmula de Pascal, 15 el),función de Euler, 51 ganadora, estrategia, 87 ganadora, posición, 87 Gauss, fórmula, 22, 30 gráfica, 63 132

grafo, 63 Hl,27 hipótesis de inducción, 27 ][, 72 Inclusión y Exclusión, Principio, 49 inducción matemática, 25 invariante,84 irracionales, números, 72 juego de nim, 87 N,44 natural, 1 Newton, Teorema del Binomio, 17, 32 orden de un vértice, 65 Palomares, Principio de los, 69 Pascal, fórmula, 15 Pascal, triángulo, 15 paso comparativo (en inducción), 28 perdedora, posición, 87 periódica, expansión decimal, 73 periodo (en expansión decimal), 73 permutación, 6 pókar, 12 corazón, 12 corrida, 13 diamante, 12 espada, 12 flor, 12 full, 12 mano, 12 número, 12 palo, 12 par, 12 pókar, 12 tercia, 12 trébol, 12 posición ganadora o perdedora, 87 primos relativos, 51 Principio de las Casillas, 69 Principio Fundamental de Conteo, 2 Principio de Inclusión y Exclusión, 49 Principio de los Palomares, 69 probabilidad, 53 procedimiento inductivo, 2

progresión aritmética, 34 progresión geométrica, 43 Q,72 :IR, 72 racionales, números, 72 razón (en progresión geométrica), 43 reales, números, 72 recorrido, 66 recorrido completo en aristas, 66

recursiva (definición), 34 separadores, 75 sucesión aritmética, 34 sucesión de Fibonacci, 37, 96 sucesión geométrica, 43 Teorema del Binomio de Newton, 17,32 valencia (de un vértice), 65 valor esperado de un suceso en probabilidad), 5 vértice (en una gráfica), 63

133

InstitutodeMatemáticas Universidad Nacional Autónoma de México