Teoria Combinatoria

La Universidad del Zulia Facultad Experimental de Ciencias Departamento de Matem´atica y Computaci´on

Teor´ıa Combinatoria

Jos´e Heber Nieto Said

Maracaibo, 1996

TEORIA COMBINATORIA ISBN 980-232-573-2 autor: Jos´e H. Nieto Departamento de Matem´ atica y Computaci´ on Facultad Experimental de Ciencias La Universidad del Zulia - Apartado Postal 526 Maracaibo, Venezuela Fax: 58 61 515390 direcci´ on electr´ onica: [email protected] c La Universidad del Zulia, 1996.

´Indice General 1 Conceptos b´ asicos 1.1 Qu´e es la Combinatoria . 1.2 Or´ıgenes y evoluci´ on de la 1.3 Los principios b´ asicos . . 1.4 Ejercicios . . . . . . . . . 2 Las 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8

. . . . . . . . Combinatoria . . . . . . . . . . . . . . . .

configuraciones cl´ asicas Arreglos . . . . . . . . . . . . Arreglos con repetici´ on . . . . Permutaciones . . . . . . . . Permutaciones con repetici´ on Combinaciones . . . . . . . . Combinaciones con repetici´ on Algoritmos combinatorios . . Ejercicios . . . . . . . . . . .

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1 1 2 4 10

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13 13 15 15 16 17 19 21 21

3 Coeficientes binomiales y multinomiales 25 3.1 Los coeficientes binomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 3.2 Coeficientes multinomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 4 Principio de Inclusiones y Exclusiones y 4.1 El Principio de Inclusiones y Exclusiones 4.2 Funciones sobreyectivas . . . . . . . . . 4.3 Desarreglos . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Aplicaciones a la teor´ıa de n´ umeros . . . 4.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . iii

aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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39 39 41 42 43 45

5 Relaciones de recurrencia y funciones generatrices 5.1 N´ umeros de Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Funciones generatrices . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Relaciones de recurrencia lineales . . . . . . . . . . . 5.4 N´ umeros de Catalan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Permutaciones y particiones 6.1 Permutaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 N´ umeros de Stirling de primera clase . . . . . . . 6.3 Aplicaci´ on al an´ alisis de algoritmos . . . . . . . . 6.4 Particiones, n´ umeros de Stirling de segunda clase de Bell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Teoremas de existencia 7.1 El Teorema de Ramsey . . . . . . . . 7.2 Aplicaciones a la teor´ıa de grafos . . 7.3 Una aplicaci´ on geom´etrica . . . . . . 7.4 El Teorema de Graham - Rothschild 7.5 Conjuntos parcialmente ordenados . 7.6 Sistemas de representantes distintos 7.7 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . .

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8 Enumeraci´ on bajo acci´ on de grupos 8.1 Acci´ on de un grupo sobre un conjunto 8.2 La Acci´ on de Polya . . . . . . . . . . . 8.3 Enumeraci´ on de grafos no isomorfos . 8.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . A Soluciones y sugerencias A.1 Cap´ıtulo 1 . . . . . . . A.2 Cap´ıtulo 2 . . . . . . . A.3 Cap´ıtulo 3 . . . . . . . A.4 Cap´ıtulo 4 . . . . . . . A.5 Cap´ıtulo 5 . . . . . . . A.6 Cap´ıtulo 6 . . . . . . . A.7 Cap´ıtulo 7 . . . . . . . A.8 Cap´ıtulo 8 . . . . . . .

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47 47 50 53 58 62

. . . y . .

65 . . . . . . 65 . . . . . . 69 . . . . . . 73 n´ umeros . . . . . . 75 . . . . . . 82

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85 86 89 92 94 96 99 100

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103 . 104 . 107 . 112 . 114

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117 . 117 . 119 . 122 . 125 . 128 . 133 . 137 . 141

B Tablas

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C Lista de s´ımbolos

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´Indice de Tablas B.1 B.2 B.3 B.4 B.5 B.6

N´ umeros de Ramsey R(p,
q; 2). . . . . . Coeficientes binomiales nk . . . . . . . N´ umeros de Stirling de primera especie . N´ umeros de Stirling de segunda especie N´ umeros de Fibonacci, Catalan y Bell. . Grafos con n v´ertices y m aristas. . . . .

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Prefacio Este libro naci´ o a partir de las notas de varios cursos de matem´ atica discreta y de combinatoria dictados por el autor en la Facultad de Ciencias de la Universidad del Zulia durante los u ´ltimos diez a˜ nos, para estudiantes de matem´ atica y de computaci´ on. Una versi´ on parcial del texto [N1] fu´e utilizada por estudiantes de esos y otros cursos. En 1988 esta obra fu´e seleccionada entre las ganadoras del Concurso de Textos Universitarios auspiciado por el Vice-Rectorado Acad´emico de LUZ. Sin embargo, dificultades de orden tipogr´ afico retardaron y finalmente impidieron su oportuna publicaci´ on. La presente edici´ on se debe a la iniciativa del profesor Gustavo Oquendo, quien prepar´ o la versi´ on en LATEX en tiempo record. Esta obra se benefici´ o de los aportes y comentarios de mis alumnos y de varios colegas del Departamento de Matem´ atica de la F.E.C., en particular del profesor Genaro Gonz´ alez, con quien sostuve largas conversaciones sobre temas combinatorios. Deseo expresar aqu´ı mi agradecimiento a todos ellos, as´ı como al profesor Gustavo Oquendo y al Instituto de C´ alculo Aplicado de la Facultad de Ingenier´ıa de LUZ, en cuyas instalaciones se realiz´ o el trabajo de composici´ on del texto. Debo aclarar sin embargo que cualquier posible error es de mi exclusiva responsabilidad. As´ımismo agradezco al Vice-rectorado Acad´emico de LUZ el apoyo brindado a la presente edici´ on. Jos´e Heber Nieto Said Maracaibo, 14 de febrero de 1996.

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Introducci´ on En los u ´ltimos a˜ nos el inter´es por la Combinatoria ha aumentado considerablemente. En gran parte esto se debe al desarrollo de la Ciencia de la Computaci´ on, en la cual juega un rol central el concepto de algoritmo. Para estimar la eficiencia de un algoritmo es necesario contar el n´ umero de veces que se ejecutar´ a cada paso del mismo, y esto es un t´ıpico problema combinatorio. Asimismo la Combinatoria tiene aplicaciones en las ciencias f´ısicas (ver por ejemplo la discusi´ on del modelo de Ising en [P1]). Por otra parte las t´ecnicas combinatorias son ampliamente usadas en toda la Matem´ atica, desde la Teor´ıa de Grupos hasta la Teor´ıa de Probabilidades. La demostraci´ on de Wielandt del teorema de Sylow (ver [H3]) y la teor´ıa de paseos al azar (ver [F1]) son dos hermosos ejemplos de lo afirmado. Otros ejemplos se encuentran en geometr´ıa combinatoria (ver [H1]), teor´ıa de grafos (ver [B2], [H2]), optimizaci´ on combinatoria (ver [F2]), etc. Sin embargo, no abundan las obras dedicadas a la exposici´ on sistem´ atica de los principios fundamentales de la Combinatoria. Por ese motivo es frecuente encontrar, en libros dedicados a diversas ramas de la matem´ atica, estad´ıstica y computaci´ on, secciones m´ as o menos extensas en las cuales se desarrollan los conceptos y t´ecnicas combinatorias requeridos por cada autor. Se trata sin embargo de exposiciones parciales, m´ as o menos circunscriptas a ciertas necesidades espec´ıficas. En idioma castellano, en especial, las obras de Combinatoria son muy escasas y de dif´ıcil obtenci´ on. Estas consideraciones nos motivaron a preparar este trabajo, en el cual tratamos de afirmar la unidad de la Combinatoria desarroll´ andola a partir de un peque˜ no n´ umero de principios b´ asicos. No pretendemos sin embargo realizar una exposici´ on exhaustiva de los innumerables problemas, resultados y teor´ıas que comprende la Combinatoria, sino m´ as bien exponer sus fundamentos y presentar un buen n´ umero de t´ opicos representativos de las diversas direcciones que ha tomado la investigaci´ on en el ´ area. La selecci´ on hecha inevitable-

mente refleja de alg´ un modo las preferencias e intereses del autor, aunque hemos hecho un esfuerzo por inclu´ır un conjunto variado y equilibrado de resultados, que puedan ejemplificarse con aplicaciones a diferentes campos de la matem´ atica (algebra, geometr´ıa, teor´ıa de grafos, probabilidades, teor´ıa de n´ umeros, etc.) La exposici´ on trata de enfatizar en todo momento el enfoque t´ıpicamente combinatorio de los problemas tratados, aunque tambi´en se explican (y utilizan cuando es necesario) otros m´etodos. Los n´ umeros de Stirling, por ejemplo, se definen por su propiedad de contar el n´ umero de permutaciones y particiones de determinada clase, y no de la manera usual como coeficientes de ciertos cambios de base en un espacio vectorial de polinomios. Al final de cada cap´ıtulo se incluyen ejercicios y problemas que ilustran o ampl´ıan el material tratado y brindan al lector la oportunidad de poner a prueba su comprensi´ on del texto. En un Ap´endice se proporcionan soluciones y sugerencias, pero las mismas no deber´ıan ser consultadas antes de haber hecho un serio esfuerzo para solucionar cada problema. Este tipo de actividad es fundamental para aprovechar cabalmente este o cualquier otro libro de matem´ atica. Los prerrequisitos para comprender este libro no son muchos, siendo suficiente lo que suele ense˜ narse en un curso de matem´ aticas generales de nivel universitario. Las excepciones se encuentran en el Cap´ıtulo 8, que presupone cierta familiaridad con la teor´ıa de grupos, y en algunos ejemplos y ejercicios. El texto puede ser usado de varias maneras. Los tres primeros cap´ıtulos son de naturaleza elemental y proporcionan una introducci´ on a la combinatoria adecuada para cursos universitarios de matem´ atica general, algebra, probabilidad y otros que lo requieran. Los cap´ıtulos 4, 5 y 6 contienen material algo m´ as sofisticado y son apropiados para cursos de matem´ atica discreta, en especial para carreras de computaci´ on, por sus aplicaciones al an´ alisis de algoritmos. Los dos u ´ltimos cap´ıtulos requieren una mayor madurez matem´ atica, y est´ an dirigidos fundamentalmente a estudiantes y profesores de esta disciplina.

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Cap´ıtulo 1

Conceptos b´ asicos “La matem´atica es rica en t´ecnica y argumentos. En esta gran variedad de situaciones una de las m´as esenciales herramientas de trabajo es el conteo. Y sin embargo, aunque parezca extra˜ no, es una de las cosas m´as dif´ıciles. Al hablar de conteo, a lo que queremos referirnos es al proceso de saber en forma precisa cu´antas son las posibilidades en situaciones altamente complejas.” I.N. Herstein [H3] pag. 87–88.

1.1

Qu´ e es la Combinatoria

Si se les pregunta qu´e es la Combinatoria, la mayor´ıa de los matem´ aticos responder´ an algo as´ı como “el arte y ciencia de contar”. Sin embargo esta definici´ on es inadecuada, pues t´ıpicos problemas combinatorios como el de describir todos los grafos con un cierto n´ umero de v´ertices o el de la existencia de cuadrados latinos ortogonales, quedar´ıan fuera de su alcance. Si bien los m´etodos de recuento forman parte esencial de la Combinatoria, ´esta contempla tambi´en otros aspectos. Adem´ as de contar el n´ umero de ´ arboles con n v´ertices, por ejemplo, interesa tambi´en describirlos, decir cu´ ales son. En este sentido Claude Berge [B1] propone definir la Combinatoria como el estudio de las configuraciones formadas con los elementos de un conjunto finito, entendiendo por tales las aplicaciones del conjunto en otro (posiblemente provisto de cierta estructura) que satisfagan unas restricciones determinadas. Dentro de esta concepci´ on pueden considerarse varios aspectos, entre ellos: el estudio de configuraciones conocidas, el estudio de

2 la existencia de ciertas configuraciones, el conteo del n´ umero de configuraciones de un tipo dado, la enumeracion o descripci´ on de configuraciones, la optimizaci´ on combinatoria, es decir la determinaci´ on de las configuraciones que maximizan o minimizan una funci´ on dada, etc. Otros autores, como Aigner [A1], distinguen dentro de la Combinatoria varias ´ areas principales, tales como los problemas de enumeraci´ on, el estudio de estructuras de orden en conjuntos finitos, los teoremas de existencia tipo Ramsey, Sperner, etc. y el estudio de configuraciones. En cualquier caso el campo abierto a la Combinatoria es amplio y fascinante, repleto de bellos resultados e interesantes problemas abiertos.

1.2

Or´ıgenes y evoluci´ on de la Combinatoria

En cierto sentido la combinatoria puede considerarse tan vieja como la propia Matem´ atica, ya que la operacion b´ asica de contar los elementos de un conjunto est´ a ligada al origen mismo del concepto de n´ umero en los tiempos prehist´ oricos. Los matem´ aticos griegos no prestaron mucha atenci´ on a los problemas combinatorios, si exceptuamos el estudio de los n´ umeros poligonales reali
ya zado por los pitag´ oricos. Seg´ un Bourbaki [B3] la f´ ormula n2 = n(n−1) 2 era conocida en el siglo III de nuestra era. En el siglo atico
XII el matem´ hind´ u Bhaskara conoc´ıa ya la f´ ormula general para np y Lev´ı Ben Gerson (1288–1344) realiz´ o un estudio m´ as detallado de las permutaciones, arreglos y combinaciones de un conjunto de objetos. Sin embargo sus escritos aparentemente no alcanzaron mucha difusi´ on, y varios de sus resultados fueron redescubiertos varias veces por los matem´ aticos de los siglos siguientes. Cardano (1501–1576) mostr´ o que el n´ umero de partes de un conjunto de n elementos es 2n . Nicolo Fontana de Brescia, contempor´ aneo de Cardano y m´ as conocido como Tartaglia, estudi´ o un rect´ angulo aritm´etico equivalente al tri´ angulo que posteriormente recibir´ıa el nombre de Pascal y que apareci´ o en su obra (en parte p´ ostuma) “Tratado general sobre el n´ umero y la medida” (1556–1560). Pascal y Fermat, en el curso de sus estudios sobre los juegos de azar y en particular sobre el problema de “la divisi´ on de la apuesta”
(planteado por el caballero de Mer´e) volvieron a encontrar la f´ ormula para np . Dichos estudio constituyeron, por otra parte, el punto inicial del c´ alculo de probabilidades
moderno. Pascal parece haber sido el primero en relacionar los n´ umeros np con el teorema del binomio (el cual en alguna forma era ya conocido por los

3 ´rabes en el siglo XIII y por los chinos en el siglo XIV). Public´ a o su c´elebre “Tratado del tri´ angulo aritm´etico” en 1665 y aunque dicho tri´ angulo ya era conocido por matem´ aticos anteriores como Tartaglia, Stevin y Stifel, desde entonces es conocido con su nombre. Leibniz (1646–1716) dedic´ o bastante atenci´ on a la Combinatoria, no s´ olo desde el punto de vista matem´ atico sino tambi´en desde una perspectiva filos´ ofica. En un ensayo de juventud (“De Arte Combinatoria”, 1666) escribe: . . . todo brota interiormente de la teor´ıa de las variaciones, la cual conduce al esp´ıritu que a ella se conf´ıa, casi por s´ı mismo, a trav´es de la totalidad infinita de los problemas, abarcando en s´ı la armon´ıa del universo, la estructura m´ as ´ıntima de las cosas y toda la serie de las formas. Hacia 1676 obtuvo la f´ ormula para los coeficientes multinomiales, redescubierta y publicada por De Moivre veinte a˜ nos m´ as tarde. Newton extendi´ o el teorema del binomio al caso de exponentes fraccionarios. De Moivre (1667–1754) us´ o por primera vez funciones generatrices para resolver la relaci´ on de recurrencia xn = xn−1 + xn−2 , la cual tiene su origen en el problema de la multiplicaci´ on de los conejos tratado por Leonardo de Pisa (Fibonacci) en su “Liber abaci” hacia el a˜ no 1202. Bernoulli extendi´ o la teor´ıa de combinaciones en su “Ars Conjectandi” (1713), el primer libro de importancia dedicado al c´ alculo de probabilidades. Euler (1707–1783) hizo aportes fundamentales. Debemos destacar su soluci´ on al problema de los siete puentes de K¨ onigsberg usando argumentos combinatorios, que lo convirtieron simult´ aneamente en el padre de la Topolog´ıa y de la Teor´ıa de Grafos. Tambi´en desarroll´ o el m´etodo de las funciones generatrices, aplic´ andolo al problema de las particiones (entre otros). Cailey (1821–1895) atac´ o el problema de determinar el n´ umero de is´ omeros de los hidrocarburos saturados Cn H2n+2 , para cualquier valor de n, lo cual equivale a un problema de enumeraci´ on de cierto tipo de ´ arboles. En el presente siglo F. P. Ramsey (1903–1930) descubri´ o un importante teorema combinatorio de existencia trabajando en el contexto de la l´ ogica matem´ atica. En la d´ecada de 1930 Paul Erd¨ os y otros matem´ aticos h´ ungaros dieron un nuevo impulso a la Combinatoria. De hecho Erd¨ os ha sido, hasta el presente, uno de los investigadores m´ as prol´ıficos en este campo. Motivado en problemas de la teor´ıa de grafos con origen en la qu´ımica, como Cailey, George Polya [P2] desarroll´ o en 1937 una poderosa t´ecnica (en parte anticipada por J. H. Redfield [R1]) para resolver problemas de

4 enumeraci´ on. Su m´etodo, basado en la teor´ıa de grupos, ha tenido gran influencia en el desarrollo contempor´ aneo de la Teor´ıa combinatoria. En la actualidad la Combinatoria “pura” evoluciona en la direcci´ on de buscar principios y teor´ıas unificadoras que permitan ordenar y sistematizar el gran n´ umero de resultados existentes, aparentemente dispersos e inconexos. Ejemplo de tales teor´ıas son: el estudio combinatorio de los conjuntos parcialmente ordenados (ver [A1]) y en particular la extensi´ on a estos conjuntos de las funciones de M¨ obius y f´ ormulas de inversi´ on (ver [R7], [RS1] y [G2]), la teor´ıa de matroides (ver [A1]), los “tableaux” (ver [B1] y [R4]) y la teor´ıa de especies combinatorias (ver [M2]). Al mismo tiempo, tiene lugar un gran desarrollo de las ramas m´ as ricas en aplicaciones inmediatas, tales como la optimizaci´ on combinatoria.

1.3

Los principios b´ asicos

Denotaremos Nn al conjunto de los n´ umeros naturales entre 1 y n, es decir Nn = {1, 2, . . . , n} = {i ∈ N : 1 ≤ i ≤ n}. Dos conjuntos A y B se dicen coordinables si existe una funci´ on biyectiva f : A → B. En este caso escribiremos A ∼ B. Un conjunto A es finito si es vac´ıo o si existe un n´ umero natural n tal que A ∼ Nn . En este caso, si f : Nn → A es biyectiva, poniendo ai = f (i) para i = 1, . . . , n podemos denotar el conjunto A como {a1 , a2 , . . . , an }. Los conjuntos finitos pueden caracterizarse tambi´en intr´ınsecamente por la propiedad de no ser coordinables con ninguno de sus subconjuntos propios (ver por ejemplo [R3]). Denotaremos mediante |A| al n´ umero de elementos (o cardinal) del conjunto finito A. Si A es vac´ıo, entonces |A| = 0, y si A ∼ Nn entonces |A| = n. En todo lo que sigue, salvo menci´ on expresa en sentido contrario, consideraremos solamente conjuntos finitos. Principio de correspondencia. 1.3.1. Si A ∼ B entonces |A| = |B|. Demostraci´ on. Si A = ∅ y A ∼ B entonces B = ∅ y |A| = |B| = 0. Si |A| = n y f : Nn → A y g : A → B son biyectivas, entonces la composici´ on g ◦ f : Nn → B es biyectiva, lo cual prueba |B| = n = |A| El principio de correspondencia es usado muy frecuentemente en Combinatoria. A pesar de su sencillez permite resolver muchos problemas de conteo

5 de manera sorprendente, como en el ejemplo siguiente: Ejemplo: En un campeonato de b´eisbol jugado por el sistema de eliminatorias se enfrentan n equipos. En cada ronda los equipos perdedores salen del torneo. Al formar los pares de equipos que se van a enfrentar puede eventualmente quedar un equipo sin jugar; ´este descansa y pasa a la ronda siguiente. Se desea saber cu´ antos juegos se realizar´ an durante el campeonato. Aparentemente una forma de resolver este problema ser´ıa contar el n´ umero de juegos en cada ronda y sumar. Pero este c´ alculo se complica por la posibilidad de tener un n´ umero impar de equipos en algunas rondas, y un n´ umero par en otras. El caso m´ as simple se da cuando el n´ umero de equipos participantes es una potencia de 2, digamos n = 2k . Entonces evidentemente habr´ a k rondas, y el n´ umero total de juegos ser´ a 2k−1 + 2k−2 + · · · + 1, k o sea 2 − 1 = n − 1. Usando el principio de correspondencia podemos demostrar que, en general, el n´ umero de partidos ser´ a siempre n − 1. En efecto, al finalizar el campeonato tendremos un equipo campe´ on y n − 1 equipos eliminados. Cada uno de ellos fue eliminado en alg´ un partido (y s´ olo en uno), y en cada partido fue eliminado un equipo. Esto significa que la correspondencia que asigna a cada partido jugado el equipo eliminado en dicho partido, es biyectiva. Por lo tanto se jugaron tantos partidos como equipos resultaron eliminados, esto es n − 1. Principio de la suma. 1.3.2. Si A ∩ B = ∅ entonces |A ∪ B| = |A| + |B|. Demostraci´ on: Este principio es obvio, pero si se desea una demostraci´ on rigurosa puede procederse de la siguiente manera: sean f : Nm → A y g : Nn → B ambas biyectivas. Entonces la funci´ on h : Nm+n → A ∪ B definida del modo siguiente: ( f (i) si i ≤ m h(i) = g(i − m) si m < i ≤ m + n. es biyectiva, probando as´ı que |A ∪ B| = m + n = |A| + |B|. El principio de la suma se enuncia a veces en los t´erminos siguientes: “Si un suceso A puede ocurrir de m maneras y otro suceso B puede ocurrir de n maneras, y no pueden ocurrir ambos simult´ aneamente, entonces el suceso ‘A o B’ puede ocurrir de m+n maneras”. Este enunciado puede parecer un poco impreciso, pero es posible convertirlo en una proposici´ on matem´ aticamente

6 aceptable mediante el modelo siguiente: sea X un conjunto cuyos elementos representan los posibles resultados de un cierto experimento E. Llamemos sucesos a los subconjuntos de X. Si A es un suceso y el resultado x del experimento E pertenece al conjunto A, entonces diremos que “ocurri´ o el suceso A”. Sea B otro suceso. Es claro que el suceso ‘A o B’ ocurre cuando el resultado del experimento E est´ a en A ∪ B, y decir que “A y B no pueden ocurrir simult´ aneamente” significa que A ∩ B = ∅. Asimismo la frase “A puede ocurrir de m maneras” no significa otra cosa que |A| = m. Vemos entonces que el enunciado del principio de la suma en t´erminos de sucesos, bajo esta interpretaci´ on, afirma que si |A| = m, |B| = n y A∩B = ∅ entonces |A ∪ B| = m + n, lo cual no es m´ as que el enunciado original. Veamos algunas consecuencias del principio de la suma: Proposici´ on 1.3.3. Si A ⊂ B entonces |A| ≤ |B|. Demostraci´ on: Si A ⊂ B entonces B = A ∪ (B\A) y A ∩ (B\A) = ∅, por lo tanto |B| = |A| + |B\A| ≥ |A| Proposici´ on 1.3.4. Si f : A → B es inyectiva entonces |A| ≤ |B|. Demostraci´ on. Si f es inyectiva entonces A ∼ f (A), por lo tanto |A| = |f (A)| ≤ |B|. Proposici´ on 1.3.5. Si f : A → B es sobre entonces |A| ≥ |B|. Demostraci´ on. Para cada elemento b ∈ B escojamos una preimagen suya g(b) en A. De este modo resulta una funci´ on g : B → A inyectiva, ya que ′ g(b) = g(b ) implicar´ıa b = f (g(b)) = f (g(b′ )) = b′ . Entonces por 1.3.4 tenemos |B| ≤ |A|. Proposici´ on 1.3.6. Si A1 , . . . , An son disjuntos dos a dos entonces: |A1 ∪ · · · ∪ An | = |A1 | + · · · + |An |. Demostraci´ on. Esta generalizaci´ on del principio de la suma se prueba f´ acilmente por inducci´ on. (M´ as adelante veremos una generalizaci´ on a´ un mayor de este resultado: el principio de inclusiones y exclusiones) Principio del producto (versi´ on 1) 1.3.7. |A × B| = |A| · |B|.

7 Demostraci´ on. Este principio puede visualizarse disponiendo todos los elementos del producto cartesiano A × B en una tabla. Suponiendo que A = {a1 , . . . , am } y B = {b1 , . . . , bn } entonces los elementos de A × B son los pares ordenados: (a1 , b1 ) (a2 , b1 ) .. .

(a1 , b2 ) (a2 , b2 ) .. .

... ... .. .

(a1 , bn ) (a2 , bn ) .. .

(am , b1 ) (am , b2 ) . . .

(am , bn )

Se ve claramente que el cuadro tiene m filas y n columnas, y por lo tanto m · n = |A| · |B| elementos. Una demostraci´ on m´ as rigurosa podr´ıa seguir las siguientes lineas: si A o B son vac´ıos entonces A × B es vac´ıo y se cumple |A × B| = 0 = |A| · |B|. En caso contrario sean f : Nm → A y g : Nn → B biyectivas y definamos h : Nmn → A × B de la manera siguiente: dado i ∈ Nmn sean q y r el cociente y el resto respectivamente de la divisi´ on entera de i − 1 entre m. Entonces, h(i) = (f (r + 1), g(q + 1)) la funci´ on h as´ı definida es biyectiva: su inversa es h−1 (f (k), g(j)) = (j − 1)m + k lo cual prueba que |A × B| = m · n. Un enunciado algo m´ as general del principio del producto es el siguiente: Principio del producto (versi´ on 2) 1.3.8. Si un primer objeto puede escogerse entre m posibles, y despu´es de realizada esta selecci´ on puede escogerse un segundo entre n posibles, entonces pueden escogerse m · n pares diferentes. Demostraci´ on. En esta versi´ on el conjunto de objetos entre los cuales se puede seleccionar el segundo puede depender del primer objeto elegido. La situaci´ on puede representarse en el cuadro: (a1 , b11 ) (a2 , b21 ) .. .

(a1 , b12 ) (a2 , b22 ) .. .

... ... .. .

(a1 , b1n ) (a2 , b2n ) .. .

(am , bm1 ) (am , bm2 ) . . .

(am , bmn )

8 y vemos que tambi´en aqu´ı el n´ umero total de pares es m · n. El principio del producto puede generalizarse f´ acilmente para varios factores: Principio del producto (versi´ on 3) 1.3.9. |A1 × A2 × · · · × An | = |A1 | · |A2 | · · · · · |An | Demostraci´ on: inducci´ on en n, bas´ andonos en (1.3.7). La generalizaci´ on correspondiente de la segunda versi´ on del principio ser´ıa la siguiente: Principio del producto (versi´ on 4) 1.3.10. Si un primer objeto puede on puede escogerse un segundo escogerse entre n1 posibles, y para cada selecci´ objeto entre n2 posibles, y luego un tercero entre n3 posibles, etc., hasta un k-esimo objeto que se puede escoger de nk maneras, entonces el n´ umero de grupos ordenados de k objetos que pueden seleccionarse es n1 · n2 · · · · · nk . Demostraci´ on: Inducci´ on en k, bas´ andonos en (1.3.8). Ejemplo: Si en la serie arm´ onica 1 + 1/2 + · · · + 1/n + · · · (que como se sabe es divergente) se suprimen todos los t´erminos en cuyo denominador aparezcan uno o m´ as sietes (tales como 1/7, 1/17, etc.) ¿la serie resultante converge o diverge?. Para responder a esta pregunta calculemos en primer lugar la cantidad de n´ umeros de n cifras entre cuyos d´ıgitos no aparece el 7. La primera cifra puede escogerse de ocho maneras, ya que no puede ser ni 7 ni 0. Cada una de las restantes puede escogerse de 9 maneras. La cantidad buscada es entonces 8 · 9n−1 . Todos los t´erminos de la serie en cuesti´ on con denominador de n cifras son menores que 10−(n−1) por lo tanto la serie se puede acotar por la serie geom´etrica:  n−1    2 9 9 9 8+8· +8· + ··· + 8 · + · · · = 80 10 10 10 por lo cual la serie propuesta es convergente. Este resultado puede parecer parad´ ojico, pues aparentemente al quitar los t´erminos con 7 estamos quitando relativamente pocos t´erminos de la serie arm´ onica. Pero es una ilusi´ on provocada por el examen de los n´ umeros de pocas cifras. De hecho, entre los n´ umeros de n cifras la proporci´ on de n´ umeros sin sietes es (8/9)(9/10)n−1 , la cual tiende a cero al aumentar n.

9 Ejemplo: ¿De cu´ antas maneras pueden colocarse una torre blanca y una torre negra en un tablero de ajedrez de modo que se ataquen? El tablero de ajedrez tiene 8 × 8 = 64 casillas, y este es el n´ umero de maneras en que se puede ubicar la torre blanca. Una vez ubicada la torre blanca, la torre negra debe colocarse en una casilla de la misma columna o fila ocupada por la torre blanca. Como el n´ umero de estas casillas es 7 + 7 = 14 la respuesta al problema es 64 × 14 = 896. Observemos que si se tratase de colocar dos torres del mismo color, indistinguibles, defendi´endose mutuamente, entonces el n´ umero anterior deber´ıa dividirse entre 2, resultando 448. Como otra aplicaci´ on interesante del principio del producto demostraremos el siguiente resultado: Proposici´ on (Erd¨ os - Szekeres [ES1]) 1.3.11. Toda sucesi´ on de mn + 1 n´ umeros diferentes contiene una subsucesi´ on creciente de longitud mayor que n o una subsucesi´ on decreciente de longitud mayor que m. on y denotemos li la longitud Demostraci´ on. Sea a1 , a2 , . . . , amn+1 la sucesi´ de la subsucesi´ on decreciente m´ as larga que comience con ai . An´ alogamente sea Li la longitud de la subsucesi´ on creciente m´ as larga que comience en ai . Supongamos por absurdo que li ≤ m y que Li ≤ n para i = 1, . . . , mn + 1. Sea f : Nmn+1 → Nm × Nn la aplicaci´ on definida asi: f (i) = (li , Li ). Esta funci´ on es inyectiva, ya que si i < j entonces o bien ai < aj o bien ai > aj . En el primer caso anteponiendo el elemento ai a una subsucesi´ on creciente de Lj elementos que comience con aj obtenemos una subsucesi´ on creciente de primer elemento ai y Lj + 1 elementos, probando que Li > Lj . En el segundo caso se prueba por un razonamiento similar que li > lj , y entonces en cualquier caso se tiene que f (i) 6= f (j). Pero esto conduce a una contradicci´ on, ya que por (1.3.4) tendr´ıamos que |Nmn+1 | ≤ |Nm × Nn |, o sea mn + 1 ≤ mn, lo cual es absurdo. El conjunto de todas las funciones de un conjunto A en otro B lo denotamos B A . Si A y B son finitos entonces el cardinal de B A viene dado por la siguiente proposici´ on: Proposici´ on 1.3.12. |B A | = |B||A| . Demostraci´ on. Supongamos que |A| = n y sea f : Nn → A biyectiva. Esta funci´on f nos permite definir una correspondencia T : B A → B Nn poniendo T (h) = h ◦ f para toda h ∈ B A . Esta correspondencia es biyectiva, ya que f

10 lo es. Pero B Nn no es otra cosa que el producto cartesiano B × B × · · · × B (n factores) y entonces por (1.3.9) |B A | = |B Nn | = |B × B × · · · × B| = |B|n = |B||A| Proposici´ on 1.3.13. El conjunto de partes de un conjunto finito A tiene |A| 2 elementos. Demostraci´ on. A cada subconjunto X de A hag´ amosle corresponder su funci´ on caracter´ıstica fX : A → {0, 1} definida as´ı: ( 1 si x ∈ X fX (x) = 0 en caso contrario De este modo resulta una correspondencia entre subconjuntos de A y funciones de A en {0, 1}, y f´ acilmente se ve que se trata de una biyecci´ on. Por lo tanto en virtud de (1.3.12) el n´ umero de elementos del conjunto de partes de A es |2A | = 2|A| Usaremos la notaci´ on [x]n para indicar el producto de n factores decrecientes x(x−1)(x−2) · · · (x−n+1), a veces llamado factorial inferior de x de orden n. Observemos que [n]n es el factorial ordinario n! = n(n−1) · · · 3·2·1. Adoptaremos adem´ as la convenci´ on [x]0 = 1. Proposici´ on 1.3.14. El n´ umero de funciones inyectivas de un conjunto A en otro B es [|B|]|A| . Demostraci´ on. Sean n = |A| y m = |B|. Si n > m entonces por (1.3.4) no hay funciones inyectivas de A en B y el producto m(m − 1) · · · (m − n + 1) nos da el resultado correcto pues uno de los factores ser´ a nulo. Supongamos entonces que n ≤ m y sea A = {a1 , . . . , an }. Si queremos definir una funci´ on inyectiva de A en B, tenemos m posibilidades para elegir f (a1 ), m − 1 para f (a2 ), . . . , m − n + 1 posibilidades para f (an ). Entonces, por el principio del producto, el n´ umero de funciones inyectivas de |A| en |B| es m(m − 1) · · · (m − n + 1) = [m]n .

1.4

Ejercicios

1. Pruebe que si A y B son conjuntos finitos entonces se cumple |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|

11 2. Sean A y B dos conjuntos finitos y f una funci´ on de A sobre B tal −1 que |f (b)| = k (constante) para todo b ∈ B. Pruebe que entonces |A| = k · |B| 3. (Principio de Dirichlet) Sean a1 , . . . ak enteros no negativos. Si n objetos se distribuyen en k cajas C1 , . . . , Ck y n ≥ a1 + . . . + ak − k + 1 entonces para alg´ un i (1 ≤ i ≤ k) la caja Ci contiene al menos ai objetos. 4. En un acto deben hablar Luis, Mar´ıa, Pedro, Pablo y Luisa. ¿De cu´ antas maneras se puede confeccionar la lista de oradores con la condici´ on de que Luis hable antes que Pedro? ¿Y si la condici´ on es que Mar´ıa hable inmediatamente despu´es que Luis? ¿Y si deben alternarse oradores de distinto sexo? 5. ¿De cu´ antas maneras se pueden seleccionar cuatro cartas de un mazo de 52, de modo que haya una de cada palo? 6. De un mazo de 52 naipes se extraen diez al azar. ¿Cu´ al es la probabilidad de no sacar ning´ un as? ¿Y de sacar al menos un as? ¿Y exactamente uno? 7. ¿Cu´ al es la probabilidad de que al escoger un n´ umero de tres cifras al azar las tres cifras sean diferentes? 8. Supongamos que cada autom´ ovil se identifica mediante una sucesi´ on de tres letras seguidas de tres d´ıgitos, y que las placas se otorgan en orden alfab´etico-num´erico comenzando con la AAA000. Las letras que se utilizan son las veintis´eis siguientes: ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ ¿Cu´ antas placas diferentes son posibles con este sistema? ¿Cu´ antos carros se matricularon antes que el CGU735 ? 9. ¿Cu´ antos pares ordenados de fichas de domin´ o pueden formarse de modo tal que “liguen”, es decir, que tengan al menos un d´ıgito en com´ un? (Suponga que hay suficientes fichas de todos los tipos.) 10. ¿De cu´ antas maneras pueden colocarse en un tablero de ajedrez tres torres blancas id´enticas de modo que no se ataquen?

12 11. ¿De cu´ antas maneras pueden colocarse un alfil blanco y uno negro en un tablero de ajedrez de modo que se ataquen mutuamente (es decir, que est´en en una misma diagonal)? 12. Pruebe que el n´ umero m´ aximo de fichas que se pueden colocar en un tablero cuadrado de n × n sin que haya dos en una misma diagonal es 2n − 2, y que el n´ umero de estas configuraciones maximales es 2n .

Cap´ıtulo 2

Las configuraciones cl´ asicas combinar tr. Unir cosas diversas, de manera que formen un compuesto o agregado. Diccionario de la Lengua espa˜ nola 20a . edici´on, Real Academia Espa˜ nola, 1984.

Dado un conjunto de m objetos existen ciertas formas t´ıpicas de agrupar, distribuir o seleccionar sus elementos. En este cap´ıtulo consideraremos esas configuraciones estudiadas por la teor´ıa combinatoria cl´ asica, indicando tambi´en el punto de vista moderno.

2.1

Arreglos

Se llaman arreglos de m objetos tomados de n en n a las sucesiones de n t´erminos diferentes que pueden formarse con los m objetos. As´ı por ejemplo los arreglos de las letras a, b, c tomadas de dos en dos son: ab, ac, ba, bc, ca, cb. Varios t´erminos se han usado como sin´ onimos de arreglos, entre ellos: variaciones, disposiciones, coordinaciones, etc. Observemos que si A = {a1 , . . . , an } entonces los arreglos de los elementos de A tomados de n en n no son otra cosa que las funciones inyectivas de Nn en A. For lo tanto en vista de (1.3.14) tenemos que: Proposici´ on 2.1.1. El n´ umero de arreglos de m elementos tomados de n en n es [m]n = m(m − 1) · · · (m − n + 1). Regla de formaci´ on recursiva de los arreglos 2.1.2. Para formar los arreglos de m elementos tomados de n en n, suponiendo que ya han sido

14 formados los de n − 1 en n − 1, se colocan a la derecha de cada uno de estos u ´ltimos, sucesivamente, los elementos que no figuran en ellos. Ejemplo Sea A = {a, b, c, d}. En el cuadro siguiente se ilustra la formaci´ on de los arreglos seg´ un la regla anterior: de 1 en 1

de 2 en 2

de 3 en 3

de 4 en 4

a

ab

abc abd acb acd adb adc bac bad bca bcd bda bdc cab cad cba cbd cda cdb dab dac dba dbc dca dcb

abcd abdc acbd acdb adbc adcb bacd badc bcad bcda bdac bdca cabd cadb cbad cbda cdab cdba dabc dacb dbac dbca dcab dcba

ac ad b

ba bc bd

c

ca cb cd

d

da db dc

Es f´ acil probar por inducci´ on que la regla enunciada es correcta. Si ya se ha formado una lista con todos los arreglos de m objetos tomados de n − 1 en n − 1 entonces dado cualquier arreglo de n en n, quit´ andole el u ´ltimo elemento queda un arreglo de n − 1 en n − 1 que debe estar en la lista. Esto garantiza la aparici´ on del arreglo dado al aplicar la regla. Adem´ as no aparecen arreglos repetidos, ya que si en la lista son todos diferentes al

15 aplicar la regla resultar´ an arreglos que, si no difieren en los primeros n − 1 elementos, diferir´ an en el u ´ltimo. De la regla de formaci´ on se deduce que el n´ umero de arreglos de m objetos tomados de n en n, que denotaremos Am on de n , satisface la relaci´ recurrencia siguiente: m Am n = (m − n + 1)An−1

ya que de cada arreglo de n − 1 en n − 1 se obtienen m − (n − 1) arreglos diferentes de n en n, agregando al final cada uno de los m−(n−1) elementos que no figuran en ´el. Puesto que obviamente Am on de 1 = m esta relaci´ recurrencia nos da: m Am 2 = (m − 2 + 1)A1 = (m − 1)m,

m Am 3 = (m − 3 + 1)A2 = (m − 2)(m − 1)m

y en general Am n = (m − n + 1) · · · (m − 1)m, en concordancia con nuestro resultado anterior.

2.2

Arreglos con repetici´ on

Se llaman arreglos con repetici´ on de m elementos tomados de n en n a las sucesiones de n t´erminos que pueden formarse con los m elementos, entendiendo que cada uno de ellos puede aparecer repetido. As´ı por ejemplo los arreglos con repetici´ on de los elementos a, b y c tomados de dos en dos son los siguientes: aa ab ac ba bb bc ca cb cc Proposici´ on 2.2.1. El n´ umero de arreglos con repetici´ on de m elementos tomados de n en n es mn . Demostraci´ on. Los arreglos con repetici´ on de m elementos a1 , a2 , . . . , am no son otra cosa que las funciones de Nn en el conjunto {a1 , a2 , . . . , am } y por lo tanto su n´ umero es mn como vimos en (1.3.12).

2.3

Permutaciones

Los arreglos de n objetos tomados de n en n son llamados permutaciones de los n objetos. Se tiene obviamente que:

16 Proposici´ on 2.3.1. El n´ umero de permutaciones de n objetos es n! Demostraci´ on: En efecto, [n]n = n(n − 1) · · · (n − n + 1) = n(n − 1) · · · 2 · 1 = n! Regla de formaci´ on de las permutaciones 2.3.2. Puede particularizarse la regla de formaci´ on de los arreglos, o seguir este otro procedimiento: ya formadas las permutaciones de los n − 1 elementos a1 , . . . , an agreguemos el elemento an a cada una de ellas, en todas las posiciones posibles. Ejemplo Formaci´ on sucesiva de las permutaciones de {a}, {a, b} y {a, b, c}: ab

abc acb cab

ba

bac bca cba

a

2.4

Permutaciones con repetici´ on

Dados los elementos a1 , a2 , . . . , ar y n´ umeros naturales k1 , k2 , . . . , kr consideremos las sucesiones de n = k1 + k2 + · · · + kr t´erminos que se pueden formar con los ai de modo que a1 aparezca k1 veces, a2 aparezca k2 veces, . . . y ar aparezca kr veces. A estas sucesiones se les llama permutaciones con repetici´ on de los elementos dados (con multiplicidades k1 , . . . , kr ). Para contar su n´ umero consideremos un conjunto A de n elementos, particionado en clases disjuntas C1 , C2 , . . . , Cr tales que |Ci | = ki . Digamos que dos permutaciones f y g de los elementos de A son equivalentes si los elementos f (i) y g(i) pertenecen a la misma clase en A para i = 1, 2, . . . , n. Los elementos de Ci pueden permutarse entre si de ki ! maneras. Como esto ocurre para cada i de 1 hasta r es claro que para cada permutaci´ on de los elementos de A hay k1 ! k2 ! . . . kr ! permutaciones equivalentes. El n´ umero de clases de equivalencia ser´ a entonces el cociente entre el total de permutaciones de A y este n´ umero k1 ! k2 ! . . . kr ! . Pero es claro que estas clases de equivalencia pueden ponerse en correspondencia biyectiva con las permutaciones con repetici´ on, por lo tanto hemos establecido que:

17 Proposici´ on 2.4.1. El n´ umero de permutaciones con repetici´ on de r elementos con multiplicidades k1 , k2 , . . . , kr es: n! k1 ! k2 ! . . . kr ! siendo n = k1 + k2 + · · · + kr . Ejemplo Determinemos cu´ antas palabras diferentes pueden formarse permutando las letras de la palabra MATEMATICA. Tenemos d´ıez letras, que se reparten en tres A, dos M, dos T , una E una I y una C . Por lo tanto la respuesta se obtiene dividiendo 10! entre 3! 2! 2! 1! 1! 1! lo cual resulta ser 151200.

2.5

Combinaciones

Llamaremos combinaciones de m elementos a1 , a2 , . . . , am tomados de n en n a los subconjuntos de n elementos del conjunto {a1 , a2 , . . . , am
}. Denotaon remos el n´ umero de tales combinaciones mediante el s´ımbolo m n , notaci´ introducida por Andreas von Ettingshausen en su obra Die Combinatorische Analysi (Viena, 1826). Ejemplo Las combinaciones de los cuatro elementos a, b, c, d tomadas de
dos en dos son : {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d} y {c, d}. Por lo tanto 42 = 6.

Nota: Generalmente se escriben las combinaciones sin las llaves que se usan para denotar conjuntos. As´ı en el ejemplo anterior tendr´ıamos ab, ac, ad, bc, bd, cd. Sin embargo al usar esta notaci´ on hay que tener en cuenta que no importa el orden de los elementos dentro de cada grupo, a diferencia de lo que sucede con 1os arreglos. Para cada combinaci´ on de m elementos tomados de a n formemos las n! permutaciones posibles con sus elementos. De este modo se obtendr´ an arreglos de m elementos tomados de a n. Es claro que todos los arreglos formados ser´ an distintos, pues si provienen de combinaciones distintas difieren en alg´ un elemento, y si provienen de la misma difieren en el orden de los elementos. Adem´ as es evidente que se obtendr´ an todos los arreglos
de los m elementos tomados de n en n. Puesto
que cada una de las m n combinaciones origina n! arreglos resulta que m n n! = [m]n y por lo tanto:

18 Proposici´ on 2.5.1. El n´ umero de combinaciones de m elementos tomados de n en n es:   m [m]n m(m − 1) · · · (m − n + 1) m! = = = n n! n(n − 1) · · · 3 · 2 · 1 n! (m − n)! Si ya se han escrito todas las combinaciones de m elementos tomados de n − 1 en n − 1, escribiendo a la derecha de cada una de ellas, sucesivamente, cada uno de los elementos que siguen a los que entran en la combinaci´ on, se obtienen todas las combinaciones tomadas de n en n. La comprobaci´ on de la correcci´ on de esta regla se deja como ejercicio. Nos limitaremos a ilustrarla con un ejemplo. Ejemplo Sea A = {a, b, c, d}. Las combinaciones que pueden formarse son: de 1 en 1 a

de 2 en 2 ab

b

ac ad bc bd cd

c d

de 3 en 3 abc abd acd

de 4 en 4 abcd

bcd

Las combinaciones pueden ser estudiadas tambi´en desde otro punto de vista. Para ello introduzcamos un orden lineal estricto en el conjunto A = olo si i < j. Entonces podemos es{a1 , a2 , . . . am } definiendo ai ≺ aj si y s´ tablecer una correspondencia entre las funciones estrictamente crecientes de Nn en A y los subconjuntos de A con n elementos. En efecto, si f : Nn → A es estrictamente creciente (es decir que i < j implica f (i) ≺ f (j)) hag´ amosle corresponder su imagen Im(f ) = {f (1), f (2), . . . , f (n)}. Esta correspondencia es sobreyectiva, ya que dado un subconjunto B de A con n elementos, orden´emoslos y sean estos b1 ≺ b2 ≺ · · · ≺ bn . La funci´ on f : Nn → A definida como f (i) = bi es estrictamente creciente y se tiene obviamente Im(f ) = B. La correspondencia es tambi´en inyectiva pues si f y g son dos funciones distintas de Nn en A, ambas estrictamente crecientes, sea j el menor n´ umero natural (entre 1 y n) tal que f (j) 6= g(j). Supongamos para

19 fijar ideas que g(j) ≺ f (j). Entonces si 1 ≤ i < j se tiene f (i) = g(i) ≺ g(j), mientras que si j < i ≤ n entonces g(j) ≺ f (j) ≺ f (i) . En todo caso g(j) no pertenece a Im(f ) y por lo tanto Im(f ) 6= Im(g). La correspondencia biyectiva que se acaba de establecer nos permite afirmar que hay tantas funciones estrictamente crecientes de Nn en A como combinaciones de los elementos de A tomados de n en n. M´ as en general podemos substituir Nn por otro conjunto linealmente ordenado cualquiera. Adem´ as los razonamientos hechos son v´ alidos tambi´en para funciones estrictamente decrecientes. Por lo tanto podemos afirmar que: Proposici´ on 2.5.2. El n´ umero de funciones estrictamente crecientes o estrictamente decrecientes de un conjunto
linealmente ordenado B de n elementos en otro A de m elementos es m n .

2.6

Combinaciones con repetici´ on

Las combinaciones con repetici´ on de m elementos tomados de n en n son los grupos de n elementos que pueden formarse con los m dados, sin tomar en cuenta el orden y admitiendo elementos repetidos. As´ı por ejemplo las combinaciones con repetici´ on de los elementos a, b y c tomados de dos en dos son las siguientes: aa, ab, ac, bb, bc, cc Una forma interesante de representar las combinaciones con repetici´ on i1 i2 i m de m elementos a1 , a2 , . . . , am es en forma de monomio a1 a2 . . . am donde el exponente de cada elemento aj indica el n´ umero de veces que dicho elemento aparece en la combinaci´ on. Es claro que de este modo se establece una correspondencia biyectiva entre combinaciones con repetici´ on de m elementos tomados de n en n y monomios de grado n en m variables, con coeficiente unidad. Para contar el n´ umero de tales monomios hagamos corresponder a cada uno de ellos una sucesi´ on de ceros y unos, escribiendo para cada variable una hilera de tantos unos como indique el exponente (ninguno si el exponente es cero) y usando ceros como elementos de separaci´ on entre las hileras de unos correspondientes a variables distintas. El resultado tendr´ a el siguiente aspecto: 1 · · 1} 0 |1 · {z · · 1} 0 · · · · · · 0 |1 · {z · · 1} | · {z i1

i2

im

20 Si alg´ un exponente es nulo la hilera correspondiente de unos ser´ a vac´ıa, apareciendo por consiguiente dos o m´ as ceros consecutivos. En cualquier caso habr´ a m − 1 ceros y la longitud de la sucesi´ on ser´ a i1 + i2 + · · · + im + m − 1 = n + m − 1. Veamos como ejemplo algunos monomios de sexto grado en cuatro variables a, b, c, d y las sucesiones de ceros y unos asociadas: a2 bc2 d b4 d2 d6 a6

1 0 0 1

1 1 0 1

0 1 0 1

1 1 1 1

0 1 1 1

1 0 1 1

1 0 1 0

0 1 1 0

1 1 1 0

Es claro que la correspondencia establecida es biyectiva, y por lo tanto hay tantos monomios de grado n en m variables con coeficiente unidad como sucesiones de n + m − 1 t´erminos, de los cuales n son
unos y m − 1 son ceros. El n´ umero de tales sucesiones es obviamente n+m−1 pues una vez elegidas n las n posiciones donde se van a poner los unos los m − 1 puestos restantes deben llenarse con ceros. Quedan probadas entonces las dos proposiciones siguientes: Proposici´ on 2.6.1. El n´ umero de las combinaciones con repetici´ on de m
elementos tomados de n en n es n+m−1 . n

Proposici´ on 2.6.2. El n´ umero
de monomios de grado n en m variables con coeficiente unidad es n+m−1 . n

Una forma m´ as moderna de tratar las combinaciones con repetici´ on consiste en ordenar el conjunto A = {a1 , . . . , am } como lo hicimos antes y considerar las funciones crecientes (en sentido amplio) de Nn en A. Con razonamientos an´ alogos a los hechos para las combinaciones simples y las funciones estrictamente crecientes puede verse que existe una correspondencIa biyectiva natural entre combinaciones con repetici´ on de m elementos tomados de de n en n y funciones crecientes (en sentido amplio) de un conjunto linealmente ordenado de n elementos en otro de m elementos. Estos hechos se resumen en el siguiente enunciado: Proposici´ on 2.6.3. El n´ umero de funciones crecientes (o decrecientes) en sentido amplio de un conjunto
linealmente ordenado de n elementos en otro n+m−1 de m elementos es . n

21

2.7

Algoritmos combinatorios

El problema de generar permutaciones, combinaciones y otros objetos combinatorios con el computador ha dado origen a una serie de interesantes algoritmos. Como ejemplo inclu´ımos a continuaci´ on uno que genera las permutaciones de los n´ umeros del 1 al n en orden lexicogr´ afico, comenzando por 1, 2, . . . , n y finalizando con n, n − 1, . . . , 2, 1 . Cada permutaci´ on se representa mediante un arreglo a[1], a[2], . . . , a[n]. Usamos la flecha hacia la izquierda para denotar la asignaci´ on de un valor a una variable. Algoritmo generador de permutaciones 2.7.1. Paso 1 (inicializar) Para i = 1 hasta n hacer a[i] ← i Paso 2 Imprimir a[1], a[2], . . . , a[n] Paso 3 Hallar el mayor i tal que a[i] < a[i + 1]. Si no se encuentra tal i el algoritmo finaliza (esto ocurrir´ a necesariamente luego de imprimir la permutaci´ on n, n − 1, . . . , 3, 2, 1) Paso 4 Hallar el menor a[j] con j > i y tal que a[j] > a[i] Paso 5 Intercambiar los valores de a[i] y a[j] Paso 6 Invertir la sucesi´ on a[i + 1], . . . , a[n] Paso 7 Volver al Paso 2. Para m´ as detalles sobre ´este y otros algoritmos combinatorios vea [K1], [N3] y [R2].

2.8

Ejercicios

1. ¿Cu´ antas banderas con tres franjas horizontales del mismo ancho y distintos colores pueden formarse, si se dispone de tela amarilla, azul, verde, blanca y roja? 2. En el alfabeto Morse, usado en telegraf´ıa, se emplean solamente dos signos: el punto y la raya. ¿Cu´ antas palabras distintas pueden formarse compuestas de uno, dos, tres, cuatro o cinco signos? Generalice. 3. ¿De cu´ antas maneras puede formarse una ronda con diez ni˜ nos?

22 4. Con diez cuentas de vidrio de distintos colores, ¿ cu´ antos collares diferentes se pueden formar? 5. ¿ Cu´ antos n´ umeros mayores que 3000 y menores que 4000 pueden formarse con los d´ıgitos 2, 3, 5 y 7 a) si cada cifra puede usarse s´ olo una vez ? b) si cada cifra puede emplearse las veces que se desee ?

6. ¿Cu´ antas palabras diferentes pueden formarse con las letras de la palabra POLINOMIO? 7. Si se forman todos los n´ umeros que resultan de permutar las cifras de 123579 y se ordenan en forma creciente, ¿qu´e lugar ocupar´ a el n´ umero 537192 ? 8. De un grupo de seis hombres y cuatro mujeres, a)¿Cu´ antas comisiones de tres personas se pueden formar? b)¿Cu´ antas en las que haya exactamente un hombre? c)¿Cu´ antas en las que haya al menos un hombre? 9. ¿Cu´ antos tri´ angulos se pueden formar que tengan como v´ertices los v´ertices de un dec´ agono regular? 10. Si n puntos distintos situados en una circunferencia se unen de todas las maneras posibles, ¿cu´ antos puntos de intersecci´ on resultan, como m´ aximo? 11. En un plano hay n puntos, k de los cuales est´ an alineados. A excepci´ on de ellos no hay tres en l´ınea recta. ¿Cu´ antas l´ıneas rectas diferentes resultan si se unen los n puntos dos a dos? 12. ¿En cu´ antos puntos se cortan n rectas, k de las cuales son paralelas entre s´ı? 13. ¿Cu´ antas naranjas se necesitan para formar una pir´ amide de base triangular con n naranjas en cada lado de la base? 14. ¿De cu´ antas maneras se pueden comprar diez frutas, si el frutero s´ olo dispone de naranjas, mangos y n´ısperos?

23 15. ¿De cu´ antas maneras se pueden colocar las figuras blancas (un rey, una dama, dos alfiles, dos torres y dos caballos) en la primera fila del tablero de ajedrez? 16. De un total de N art´ıculos de los cuales B son buenos y los restantes, D = N − B son defectuosos se escoge al azar una muestra de n art´ıculos. ¿Cu´ al es la probabilidad de que en la muestra haya x art´ıculos buenos (y n − x defectuosos)? 17. ¿Qu´e dimensi´ on tiene el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual a n en k variables? 18. Para escribir todos los n´ umeros naturales desde 1 hasta 1000000, ¿cu´ antos ceros se necesitan? 19. En un acto deben hablar n mujeres y k hombres. ¿De cu´ antas maneras se puede ordenar la lista de oradores con la condici´ on de que no hablen dos hombres consecutivamente? 20. (Kaplansky) Pruebe que el n´ umero de subconjuntos de Nn con k ele
. mentos y sin enteros consecutivos es n−k+1 k

21. (Kaplansky) Pruebe que el n´ umero de subconjuntos de Nn con k elementos y que no contienen enteros consecutivos ni a 1 y n simult´ aneamente es:   n n−k n−k k

24

Cap´ıtulo 3

Coeficientes binomiales y multinomiales
“La cantidad nk se denomina coeficiente binomial ; estos n´ umeros tienen una cantidad extraordinaria de aplicaciones. Son quiz´a las cantidades m´as importantes que aparecen en el an´alisis de algoritmos y, por tanto, se recomienda al lector que se familiarice con ellos.” D.E. Knuth [K1] vol.1 “The binomial coefficients are virtually ubiquitous in Combinatorial Theory and it would be folly to attempt to count anything without their aid.” D.I.A. Cohen [C1]

3.1

Los coeficientes binomiales


umero de subconjuntos de En el cap´ıtulo anterior definimos m n como el n´ cardinal n de un conjunto de m elementos. A continuaci´ on veremos que estos n´ umeros admiten tambi´en interpretaciones algebraicas y geom´etricas y estableceremos unas cuantas de sus propiedades. Teorema del binomio 3.1.1. m

(x + y)

=

m   X m

n=0

n

xn · y m−n

26 Demostraci´ on: (x+y)m es el producto de m factores (x+y). Al desarrollar el producto se obtiene una suma de monomios de grado m en las dos variables x, y. El monomio xn · y m−n aparece tantas veces como formas haya de escoger n de los umero es
m par´entesis para seleccionar la x en ellos. Este n´ m justamente n .
Nota: A ra´ız de este teorema los n´ umeros m n se denominan “coeficientes binomiales”, nombre que se remonta a M. Stifel (1486–1567). Es corriente demostrar el teorema del binomio por inducci´ on, utilizando la f´ ormula de Stifel (3.1.4) para justificar el salto inductivo. Sin embargo creemos que debe preferirse esta sencilla demostraci´ on combinatoria pues adem´ as de su brevedad permite deducir la f´ ormula para el desarrollo del binomio, mientras que la demostraci´ on por inducci´ on requiere conocer la f´ ormula de antemano.

Una interpretaci´ on geom´ etrica de los coeficientes binomiales Consideremos las poligonales P0 P1 . . . Pm en el plano cartesiano cuyos v´ertices cumplen la condici´ on siguiente: “Si Pi tiene coordenadas (x, y) entonces Pi+1 tiene coordenadas (x + 1, y) o (x, y + 1)”. En otras palabras, se trata de poligonales cada uno de cuyos segmentos Pi Pi+1 es paralelo a uno de los ejes coordenados, tiene longitud unidad y est´ a orientado igual que el eje al cual es paralelo. Llamaremos a estas poligonales “caminos ascendentes” o simplemente caminos. Proposici´ on 3.1.2. El n´ umero de caminos ascendentes de longitud m que parten del origen es 2m . El n´ umero de caminos
que parten del origen y finalizan en el punto de coordenadas (n, k) es n+k n .

Demostraci´ on. Para construir un camino de longitud m partiendo del origen debemos elegir primeramente P1 , que solamente puede ser (0, 1) o (1, 0). Tenemos pues dos posibilidades. Una vez elegido P1 hay dos posibilidades para escoger P2 , y as´ı sucesivamente. Por el principio del producto resulta entonces que pueden constru´ırse 2m caminos de longitud m. Para contar los caminos P0 P1 . . . Pm con P0 = (0, 0) y Pm = (n, k) observemos en primer lugar que debe ser m = n + k, pues cada v´ertice Pi (1 ≤ i ≤ m) tiene o bien su abscisa o bien su ordenada una unidad mayor que la del v´ertice anterior Pi−1 . Por lo tanto, para ir desde (0, 0) hasta (n, k) un camino debe tener n segmentos paralelos al eje Ox y k segmentos paralelos al eje Oy, siendo su longitud m = n + k. Ahora bien, el camino queda determinado si conocemos

27 cu´ ales de sus n + k segmentos son paralelos a Ox, pues los restantes ser´ an necesariamente paralelos a Oy. El problema se reduce entonces
a escoger n elementos de un total de n + k, lo cual puede hacerse de n+k maneras. n

A continuaci´ on estudiaremos una serie de proposiciones relativas a los coeficientes binomiales. Para cada una de ellas se pueden seguir al menos cuatro estrategias de demostraci´ on :
1. Estrategia combinatoria pura: consiste en interpretar m n como el n´ umero de subconjuntos de n elementos de un conjunto de m elementos, y usar t´ecnicas de conteo.

2. Estrategia aritm´ etica: consiste en calcular aritm´eticamente a partir de m
m! la f´ ormula n = n! (m−n)!
3. Estrategia algebraica: consiste en interpretar m n como el coeficiente de xn y m−n en el desarrollo de (x+y)m y realizar c´ alculos y operaciones algebraicas con polinomios.
4. Estrategia geom´etrica: consiste en interpretar m umero n como el n´ de caminos ascendentes desde (0, 0) hasta (m − n, n) y efectuar luego razonamientos “geom´etrico-combinatorios”. Para algunas de las proposiciones siguientes daremos cuatro demostraciones, correspondientes a las cuatro estrategias mencionadas. En otros casos proporcionaremos s´ olo una demostraci´ on (generalmente la que consideramos m´ as elegante) pero sugerimos al lector que construya demostraciones alternativas siguiendo las estrategias restantes. Simetr´ıa de los coeficientes binomiales 3.1.3.     m m = n m−n Demostraci´ on combinatoria: Sea A un conjunto de m elementos. Llamemos Fk a la familia de todos los subconjuntos de A con k elementos y definamos f : Fn → Fm−n haciendo corresponder a cada miembro X de Fn su complemento en A, que tendr´ a m − n elementos y estar´ a por lo tanto en Fm−n . En s´ımbolos, f (X) = A\X. Es inmediato verificar que f es biyectiva: f (X) = f (Y ) ⇒ A\X = A\Y ⇒ X = Y , y si Y ∈ Fm−n entonces X = A\Y ∈ Fn y f (X) = A\X = A\(A\Y ) = Y . Entonces por principio
el m
de correspondencia tenemos que |Fn | = |Fm−n |, es decir: m = n m−n

28 Demostraci´ on aritm´ etica:     m m! m! m = = = m−n (m − n)! (m − (m − n))! (m − n)! n! n

Demostraci´ on algebraica: Basta comparar el coeficiente de xn y m−n en el desarrollo de (x + y)m con el de y m−n xn en el desarrollo de (y + x)m . Puesto que (x + y)m = (y + x)m , estos coeficientes deben ser iguales, lo cual demuestra la proposici´ on. Demostraci´ on geom´ etrica: La simetr´ıa respecto a la bisectriz del primer cuadrante (es decir la recta y = x) establece una correspondencia biyectiva entre los caminos ascendentes que parten del origen y llegan a (m − n, n) y aquellos otros que partiendo del origen alcanzan el punto sim´etrico (n, m−n). Pero el n´ umero de estos u ´ltimos es seg´ un (3.1.2): 

   n + (m − n) m = m−n m−n

F´ ormula de Stifel 3.1.4.       m m−1 m−1 = + n n n−1

Demostraci´ on combinatoria: Sea A = {a1 , a2 , . . . , am }. Los subconjuntos de n elementos de A pueden dividirse en dos clases: la de aquellos que no contienen al elemento am y la de los que s´ı lo contienen. La primera clase est´ a constitu´ıda simplemente por los
subconjuntos de n elementos de {a1 , a2 , . . . , am−1 } y su n´ umero es m−1 n . En cuanto a los subconjuntos que contienen al am observemos que quit´ andoles este elemento resulta un subconjunto de n − 1 elementos de {a , . . . , am−1 }. Por lo tanto su n´ umero 1 m−1
es n−1 . Aplicando el principio de la suma queda entonces demostrada la proposici´ on.

29 Demostraci´ on aritm´ etica:     (m − 1)! m−1 m−1 (m − 1)! + + = n! (m − 1 − n)! (n − 1)![(m − 1) − (n − 1)]! n n−1   (m − 1)! (m − n) + (m − 1)!n (m − 1)!(m − n + n)! m = = = n! (m − n)! n! (m − n)! n

Demostraci´ on algebraica: m

(x + y)

m−1

= (x + y)

· (x + y) =

m−1 X n=0

!  m − 1 n m−n−1 x y (x + y) n

Calculando ahora el
coeficiente de xn y m−n en esta u ´ltima expresi´ on resulta m−1 m−1
ser justamente n−1 + n


Demostraci´ on geom´ etrica: m es el n´ umero de caminos ascendentes n que partiendo del origen alcanzan el punto de coordenadas (m − n, n). El pen´ ultimo v´ertice de cualquiera de estos caminos debe ser necesariamente (m − n − 1, n) o (m − n, n − 1). Esto nos permite clasificar los caminos en cuesti´ on en dos clases disjuntas.
Los caminos con pen´ ultim−1
mo v´ertice en (m − n − 1, n) son (m−n−1)+n = , mientras que los n n que tienen el
pen´ ultimo v´ e rtice en el punto (m − n, n − 1) son a su vez:
(m−n)+(n−1) = m−1 n−1 n−1

El tri´ angulo aritm´ etico La f´ormula (3.1.4) permite calcular los coeficientes binomiales recursivamente: conocidos los coeficientes con ´ındice superior m − 1 se pueden calcular los de ´ındice superior m mediante simples sumas. Si disponemos los coeficientes binomiales en una tabla triangular, como se indica a continuaci´ on, entonces cada uno de ellos es igual a la suma de los dos que est´ an en la fila inmediata superior, a su izquierda y a su derecha. Esta tabla se conoce con el nombre de “tri´ angulo aritm´etico” o “tri´ angulo de Pascal” y posee muchas propiedades interesantes. Una monograf´ıa de car´ acter elemental sobre este tri´ angulo es la de Uspensky [U1]. que los lados del tri´ angulo s´ olo contienen unos, puesto que
Obs´emrvese
m = = 1, para todo m ≥ 0. 0 m

30

2 0




3 0




4 0

4 1

1
0







0
0




2 1

3 1




1
1

2 2




3 2




4 2

4 3







3 3







4 4

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·· En el siguiente tri´ angulo hemos calculado efectivamente todos los coeficientes binomiales con ´ındice superior menor o igual a diez. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

10

6 7 28 36

45

120

3

10

56

10

70

5

1 6

21 56

126 252

1

15 35

126 210

1 4

20 35

84

1

6

15 21

8 9

3 4

5

1

1 2

28 84

210

1 7

1 8

36 120

1 9

45

1 10

1

Proposici´ on 3.1.5.       n n n + + ··· + = 2n 0 1 n Demostraci´ on aritm´ etica: Por el teorema del binomio (3.1.1) el miembro izquierdo de (3.1.5) es igual a (1 + 1)n = 2n . Demostraci´ on combinatoria: Sea A un conjunto de n elementos. Puesto
que nk es el n´ umero de subconjuntos de A con k elementos, es claro que el miembro izquierdo de la igualdad a demostrar representa la cantidad total de subconjuntos de A, que ya sabemos que es 2n por (1.3.4).

31 Demostraci´ on geom´ etrica: El n´ umero de caminos ascendentes de longin tud n que parten del origen es 2 (3.1.2). Estos caminos se pueden clasificar seg´ un el punto de llegada, que debe ser de la forma (h, k) con h, k enteros no negativos y h + k = n. Estos puntos est´ an alineados, y son (0, n), (1, n − 1), (2, n − 2), .
. . , (n, 0). Seg´ un (3.1.2) el n´ umero de caminos que llegan a (h, n − h) es nh , por lo tanto una aplicaci´ on del principio de la suma completa la demostraci´ on. Proposici´ on 3.1.6. Para todo n > 0 se tiene:         n n n n n =0 − + − · · · + (−1) · n 0 1 2 Demostraci´ on aritm´ etica: El miembro izquierdo es el desarrollo de (1 − 1)n y por lo tanto debe ser 0. Demostraci´ on combinatoria: Escribiendo (3.1.6) en la forma siguiente:           n n n n n + + + ··· = + + ... 0 2 4 1 3 vemos que podemos darle la siguiente interpretaci´ on combinatoria: para todo conjunto finito no vac´ıo, el n´ umero de sus subconjuntos con cardinal par es igual al n´ umero de sus subconjuntos con cardinal impar. Para probar esto sea A = {a1 , a2 , . . . , an } y consideremos la funci´ on f : 2A → 2A definida as´ı: si X ⊂ A entonces f (X) = X△{a1 }. En otras palabras, a X le hacemos corresponder el subconjunto de A que resulta de agregarle a1 , si no lo ten´ıa, o de quit´ arselo, si lo ten´ıa. Esta funci´ on es biyectiva, ya que obviamente es su propia inversa, y transforma conjuntos de cardinal par en conjuntos de cardinal impar y viceversa. Por lo tanto hay tantos de una clase como de la otra. Proposici´ on 3.1.7. 

       n+1 n n−1 k = + + ··· + k+1 k k k

32 Demostraci´ on: Sea A = {a1 , a2 , . . . , an+1 } un conjunto de cardinal n + 1 y sea Ci la clase formada por los subconjuntos de k + 1 elementos de A cuyo elemento con mayor sub´ındice
sea el ai . Tendremos as´ı clases Ck+1 , . . . , Cn . Es f´ acil ver que |Ci | = i−1 y entonces (3.1.7) se sigue del principio de la k suma. (Otra demostraci´ on de 3.1.7 puede obtenerse aplicando la f´ ormula de Stifel (3.1.4) en forma sucesiva.) Identidad de Vandermonde 3.1.8.               n+m n m n m n m n m = + + + ··· + r 0 r 1 r−1 2 r−2 r 0


es el coeficiente de xr en el desarrollo Demostraci´ on algebraica: n+m r n+m n+m de (x + y) . Pero como (x + y) = (x + y)n (x + y)m , si desarrollamos n m por separado (x + y) y (x + y) y luego hacemos el producto, el coeficiente de xr resulta ser justamente el miembro derecho de (3.1.8). Demostraci´ on combinatoria: Sean A = {a1 , . . . , an } y B = {b1 , . . . , bm } dos conjuntos de cardinales n y m respectivamente. Entonces podemos interpretar el miembro izquierdo de (3.1.8) como la cantidad de subconjuntos de r elementos de la uni´ on A ∪ B. Pero cada uno de esos subconjuntos estar´ a formado por un cierto n´ umero j de elementos de A y r − j elementos de B. Por el principio del producto el n´ umero de conjuntos
m
que pueden y sumando formarse con j elementos de A y r −j elementos de B es nj r−j estas cantidades para j entre 0 y r resulta (3.1.8).

3.2

Coeficientes multinomiales

Dados un n´ umero natural m y enteros n1 , n2 , . . . , nk (k ≥ 2) sean X = {x1 , x2 , . . . , xm } e Y = {y1 , y2 , . . . , yk } dos conjuntos de m y k elementos respectivamente. Denotaremos mediante el s´ımbolo 

m n1 n2 . . . nk



33 al n´ umero de funciones f : X → Y tales que |f −1 (yi )| = ni para i = 1, 2, . . . , k. Llamaremos a estos n´ umeros “coeficientes multinomiales”. Usando un lenguaje m´ as informal podr´ıamos definir estos n´ umeros como la cantidad de maneras de distribuir m objetos en k cajas rotuladas y1 , . . . , yk de manera tal que la caja yi contenga exactamente ni objetos, para i = 1, 2, . . . , k. Observemos que seg´ un nuestra definici´ on si no se cumplen las condiciones ni ≥ 0 para i = 1, 2, . . . , k y m = n1 + n2 + · · · + nk entonces   m =0 n1 n2 . . . nk Proposici´ on 3.2.1. Si ni ≥ 0 para i = 1, 2, . . . , k y n1 + n2 + · · · + nk = m entonces   m! m = n1 ! n2 ! . . . nk ! n1 n2 . . . nk Demostraci´ on: Sean X = {x1 , x2 , . . . , xm } , Y = {y1 , y2 , . . . , yk }. Para definir una funci´ on f : X → Y tal que |f −1 (yi )| = ni para i = 1, 2, . . . , k seleccionemos primero los n
1 elementos cuya imagen ser´ a y1 . Esta selecci´ on m podemos realizarla de n1 maneras. Luego escojamos entre los m − n1 elementos restantes de X aquellos cuya imagen ser´ a y2 . El n´ umero de formas
1 y prosiguiendo de esta manera y de hacer esta segunda selecci´ on es m−n n2 aplicando el principio del producto llegamos entonces a que:         m m m − n1 m − n1 − n2 m − n1 − · · · − nk−1 = ... n1 . . . nk n1 n2 n3 nk m! (m − n1 )! (m − n1 − · · · − nk−1 )! = ··· n1 ! (m − n1 )! n2 ! (m − n1 − n2 )! nk ! (m − n1 − · · · − nk )! m! = n1 ! n2 ! . . . nk !

Es posible dar una interpretaci´ on algebraica a estos n´ umeros mediante la siguiente generalizaci´ on del Teorema binomial (3.1.1): Teorema multinomial 3.2.2. m

(x1 + x2 + · · · + xk )

=

X

n1 +n2 +···+nk =m



 m xn1 xn2 . . . xnk k n1 . . . nk 1 2

34 (la sumatoria se extiende a todos los conjuntos ordenados de k n´ umeros enteros no negativos tales que su suma sea m) Demostraci´ on: Al desarrollar (x1 + · · · + xk )m se obtienen km monomios de grado m en k variables x1 , . . . , xk . El n´ umero de veces que aparece uno nk n1 n2 de estos monomios, digamos x1 x2 . . . xk es igual al n´ umero de maneras de escoger n1 factores (x1 + · · · + xk ) para seleccionar x1 , n2 factores para seleccionar x2 , . . . , nk factores para seleccionar xk . Pero esto puede hacerse justamente de 

m n1 . . . nk



maneras, por la forma en que hemos definido estos n´ umeros. Nota: El teorema que acabamos de demostrar justifica el nombre de “coeficientes multinomiales” que hemos dado a los n´ umeros que estamos estudiando. Proposici´ on 3.2.3. X

n1 +···+nk =m



m n1 . . . nk



= km

Demostraci´ on: Es una consecuencia inmediata del teorema multinomial si ponemos x1 = · · · = xk = 1. La proposici´ on anterior puede probarse tambi´en as´ı: sean X = {x1 , . . . , xm } e Y
= {y1 , . . . , yk } conjuntos de m y k elementos respectivamente. n1 n2m... nk es por definici´ on el n´ umero de funciones f : X → Y tales que yi tiene exactamente ni preim´ agenes, para i = 1, 2, . . . , k. Por lo tanto, si sumamos estos coeficientes para todos los conjuntos ordenados posibles de n´ umeros no negativos n1 , . . . , nk que sumen m, tendremos el n´ umero total de funciones de X en Y . El resultado, km , coincide con el que ya hab´ıamos obtenido en (1.3.12). Ahora bien, si restringimos la sumatoria imponiendo la condici´on de que todos los ni sean estrictamente positivos, es claro que estaremos contando solamente aquellas funciones f : X → Y tales que cada yi tiene al menos una preimagen, es decir, las funciones sobreyectivas. Queda as´ı demostrada la siguiente proposici´ on.

35 Proposici´ on 3.2.4. El n´ umero de funciones sobreyectivas de un conjunto de m elementos en otro de k elementos es:   X m n1 +···+nk =m ni >0

n1 . . . nk

Interpretaci´ on geom´ etrica de los coeficientes multinomiales La interpretaci´ on geom´etrica que dimos a los coeficientes binomiales puede generalizarse a los multinomiales. Para ello consideremos las poligonales en Rk con v´ertices de coordenadas enteras P0 P1 . . . Pr tales que cada vec−−−−→ tor Pi Pi+1 coincida con alguno de los versores de la base can´ onica de Rk (en otras palabras, las coordenadas de Pi+1 son iguales a las de Pi excepto una de ellas, que es una unidad superior). Llamemos a estas poligonales
“caminos ascendentes” en Rk . Entonces el coeficiente n1 n2m... nk cuenta el n´ umero de caminos ascendentes que partiendo del origen llegan hasta el punto (n1 , n2 , . . . , nk ). Utilizaremos esta interpretaci´ on geom´etrica para demostrar la siguiente generalizaci´ on de la f´ ormula de Stifel: Proposici´ on 3.2.5.       m m−1 m−1 = + + ··· n1 n2 . . . nk n1 − 1 n2 . . . nk n1 n2 − 1 . . . nk   m ··· + n1 n2 . . . nk − 1 Demostraci´ on: Los caminos ascendentes de longitud m que parten del origen y llegan al punto (n1 , n2 , . . . , nk ) deben tener como pen´ ultimo v´ertice uno de los k puntos: (n1 − 1, n2 , . . . , nk ), (n1 , n2 − 1, n3 , . . . , nk ), . . . , (n1 , n2 , . . . , nk − 1), y es claro que quedan determinados al conocer sus primeros m − 1 segmentos. El segundo miembro de la igualdad que queremos probar no es m´ as que la suma de la cantidad de caminos ascendentes de longitud m − 1 que parten del origen y llegan a cada uno de dichos puntos, por lo cual una aplicaci´ on del principio de la suma concluye la demostraci´ on.

3.3

Ejercicios

1. Pruebe las identidades siguientes:

36 (a) k

n
k

=n

n−1
k−1



(b) (n − k) nk = n n−1 k



m m m+2 (c) m−1 n−1 + 2 n + n+1 = n+1



(d) n1 + 2 n2 + 3 n3 + · · · + n nn = n2n−1

2. Calcule las sumas siguientes :


(a) n0 + n2 + n4 + · · ·


(b) n1 + n3 + n5 + · · ·


(c) n0 − n2 + n4 − · · ·


(d) n1 − n3 + n5 − · · ·

(e) 1 · 2 · 3 · 4 · 5 + 2 · 3 · 4 · 5 · 6 + · · · + n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)


(f) n1 − 2 n2 + 3 n3 − · · ·
Pn k 2 n (g) k=1 (−1) k k
Pn 1 n (h) k=1 k+1 k

3. ¿Para un valor dado de
m, cual es el valor de n que hace m´ aximo el ? coeficiente binomial m n

4. Demuestre el teorema del binomio por inducci´ on matem´ atica, usando la f´ ormula de Stifel. 5. ¿Cu´ antos caminos ascendentes van desde el punto de coordenadas enteras (a, b) hasta el (c, d), en el plano? Generalice el resultado a Rn . 6. (Principio de reflexi´ on) Pruebe que si (a, b) y (c, d) son dos puntos del plano cartesiano con coordenadas enteras situados a un mismo lado de la diagonal y = x entonces el n´ umero de caminos ascendentes que van desde (a, b) hasta (c, d) tocando la diagonal y = x es igual al n´ umero total de caminos ascendentes que van desde (b, a) hasta (c, d). 7. (Teorema de la votaci´ on) Pruebe que si en una elecci´ on entre dos candidatos el ganador obtiene p votos y el perdedor q entonces la probabilidad de que al hacer el escrutinio el ganador vaya siempre adelante de su oponente es p−q p+q . Sugerencia: represente cada escrutinio posible mediante un camino ascendente que parte del origen y llega hasta (p, q) y aplique luego el principio de reflexi´ on (Problema 6).

37 8. La entrada al teatro cuesta 50 Bs. Al abrir la taquilla la caja est´ a vac´ıa. En una cola esperan turno para comprar su entrada n personas con un billete de 100 Bs cada una, y k personas con un billete de 50 Bs cada una. ¿Cu´ al es la probabilidad de que la cola avance flu´ıdamente, sin que la cajera tenga problemas para darle su vuelto a nadie? 9. Sea X = {0, 1}n . La distancia de Hamming entre dos puntos de X, a = {a1 , . . . , an } y b = {b1 , . . . , bn }, se define como: d(a, b) =

n X i=1

|ai − bi |

Es claro que d(a, b) es igual al n´ umero de coordenadas en las cuales a y b difieren, o bien (si a y b son interpretados como n´ umeros binarios de n d´ıgitos) el n´ umero de d´ıgitos binarios (“bits”) que a y b tienen diferentes. Un subconjunto W de X tal que la distancia de Hamming entre dos cualesquiera de sus puntos es mayor que 2r (para cierto natural r) se dice que es un c´ odigo corrector de orden r. Un tal subconjunto W tiene la propiedad de que ning´ un elemento de X \ W puede estar a distancia menor o igual que r de dos elementos diferentes de W . La utilidad de un c´ odigo tal consiste en que si una sucesi´ on w ∈ W de n d´ıgitos binarios es transmitida por un canal con “ruido” y se recibe una sucesi´ on z ∈ W con r o menos errores, entonces es posible conocer cual fue el c´ odigo transmitido, a saber el u ´nico elemento w ∈ W tal que d(z, w) ≤ r. Sea M (n, r) el m´ aximo n´ umero de palabras que puede tener un c´ odigo corrector W ⊂ X de orden r. Pruebe que se cumple la desigualdad siguiente: M (n, r) ≤

n
0

2n
+ n1 + · · · +

n
r

(El miembro derecho es conocido como “cota de Hamming”) 10. ¿De cu´ antas maneras pueden distribuirse 3n objetos en 3 cajas distintas, de modo que cada caja reciba n objetos? 11. ¿Cu´ al es el coeficiente de x4 yw6 en el desarrollo de (x + y + z + w)11 ? 12. (a) ¿Cu´ antas palabras distintas pueden formarse con las letras de la palabra MISSISSIPPI ?

38 (b) ¿Y con la condici´ on adicional de que no haya dos letras I consecutivas? 13. Pruebe que (n!)n divide a (n2 )!

Cap´ıtulo 4

Principio de Inclusiones y Exclusiones y aplicaciones 4.1

El Principio de Inclusiones y Exclusiones

Si A y B son dos conjuntos disjuntos entonces el principio de la suma nos dice que |A ∪ B| = |A| + |B|. Sin embargo, si A y B no son disjuntos la f´ ormula anterior deja de ser v´ alida porque los elementos de la intersecci´ on A ∩ B aparecen “contados dos veces” en la suma |A| + |B|. Esta situaci´ on se corrige f´ acilmente restando |A ∩ B|, y se obtiene as´ı la f´ ormula siguiente, v´ alida en todos los casos: |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| . Una f´ ormula similar puede obtenerse para tres conjuntos , a saber : |A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C|

En efecto, en la suma |A| + |B| + |C| los elementos de la uni´ on A ∪ B ∪ C que pertenecen a exactamente dos de los tres conjuntos est´ an contados dos veces. Esto se corrige restando |A ∩ B|, |A ∩ C| y |B ∩ C|. Sin embargo esto deja fuera de la cuenta a los elementos que est´ an en los tres conjuntos, puesto que aparecen contados tres veces y luego restados otras tres veces. Por eso se suma el t´ermino |A ∩ B ∩ C| equilibrando la f´ ormula. Resulta bastante claro que estos razonamientos pueden generalizarse a uniones de n conjuntos. Dicha generalizaci´ on constituye el llamado “principio de inclusiones y exclusiones”. Pero antes de enunciarlo y demostrarlo rigurosamente necesitamos una notaci´ on adecuada: dados n conjuntos A1 , A2 , . . . , An y un conjunto de ´ındices F ⊂ Nn no vac´ıo denotaremos mediante AF a la interT secci´on de los Ai tales que i ∈ F , en s´ımbolos:AF = i∈F Ai . En particular A{i} = Ai y A{i,j} = Ai ∩ Aj . Si los conjuntos Ai est´ an todos contenidos en

40 un “conjunto universal” X y F = ∅ entonces siguiendo la convenci´ on usual A∅ = X. Lema 4.1.1. Si I es un conjunto finito entonces a)

X

(−1)|F | = 0

X

b)

F ⊂I

∅6=F ⊂I

(−1)|F | = −1


Demostraci´ on: Si |I| = n entonces I tiene nk subconjuntos de k elementos. La suma de los t´erminos (−1)|F | correspondientes a estos subn
k conjuntos ser´ a entonces (−1) k . Pero si sumamos estas expresiones para k = 0, 1, . . . , n el resultado es 0, como demostramos en (3.1.6) . As´ı resulta la primera igualdad. Para obtener la segunda simplemente se pasa al segundo miembro el t´ermino correspondiente al conjunto vac´ıo, que es (−1)0 = 1. Principio de inclusiones y exclusiones 4.1.2. |

n [

i=1

Ai | = −

Demostraci´ on: Sea A = x ∈ Ai }. Entonces se tiene: −

X

∅6=F ⊂Nn

=−

X

Sn

X

∅6=F ⊂Nn

i=1 Ai .

Si x ∈ A definamos I(x) = {i ∈ Nn :

(−1)|F | |AF | = − X

X

(−1)|F |

∅6=F ⊂Nn

(−1)|F | = −

x∈A ∅6=F ⊂I(x)

(−1)|F | |AF |

X

(−1) =

x∈A

X

1=

x∈AF

X

x∈A

1 = |A|

La justificaci´ on de las igualdades anteriores es la siguiente: en primer lugar substitu´ımos |AF | por una suma de tantos unos como elementos tenga AF . En la doble sumatoria resultante invertimos el orden de sumaci´ on, de modo que en la primera sumatoria x recorre A y en la segunda sumamos en aquellos conjuntos de ´ındices F ⊂ Nn tales que F 6= ∅ y x ∈ AF . Pero esta u ´ltima condici´ on es equivalente a decir que F ⊂ I(x). Finalmente aplicamos la segunda igualdad del Lema (4.1.1).

41 F´ ormula de Sylvester 4.1.3. Si A1 , . . . , An son subconjuntos de un conjunto X entonces |

n \

i=1

Ai | =

X

F ⊂Nn

(−1)|F | |AF |

Observaciones: Ai es el complemento de Ai respecto a X, es decir X\Ai . En el miembro derecho de la igualdad F puede ser vac´ıo. Seg´ un la convenci´ on A∅ = X el t´ermino correspondiente en la sumatoria es (−1)|∅| |A∅ | = |X|. Demostraci´ on: |

n \

i=1

= |X| +

4.2

Ai | = |X\

X

∅6=F ⊂Nn

n [

i=1

Ai | = |X| − |

(−1)|F | |AF | =

X

F ⊂Nn

n [

i=1

Ai | =

(−1)|F | |AF |

Funciones sobreyectivas

Como aplicaci´ on del principio de inclusiones y exclusiones calcularemos el n´ umero de funciones sobreyectivas de un conjunto finito A = {a1 , . . . , an } en otro B = {b1 , . . . , bm }. Denotaremos mediante Sobre(A, B) el conjunto de las funciones de A sobre B. Proposici´ on 4.2.1. Si |A| = n y |B| = m entonces |Sobre(A, B)| =

m−1 X k=0

    m X m n k+m m (−1) (m − k) = (−1) kn k k k

k=1

Demostraci´ on: Sea Gi = {f : A → B\{bi }} el conjunto formado por las funciones de A en B que no toman el valor bi . Es claro que podemos escribir Sobre(A, B) = B A \(∪m en que si F es un conjunto i=1 Gi ). Observemos tambi´ de k ´ındices entre 1 y m entonces ∩i∈F Gi son las funciones de A en B que no toman ning´ un valor bi con i ∈ F . Es decir que ∩i∈F Gi son las funciones de A en B\{bi : i ∈ F }, y por lo tanto su n´ umero es (|B| − |F |)n = (m − k)n .

42
Por u ´ltimo, recordemos que para cada k entre 0 y m hay m k subconjuntos de Nm con k elementos. Estamos ya en condiciones de aplicar (4.1.3):   m X \ X |F | k m |Sobre(A, B)| = (−1) | Gi | = (−1) (m − k)n k F ⊂Nn

i∈F

k=0

En esta u ´ltima sumatoria podemos hacer variar el ´ındice k desde 0 hasta m − 1, puesto que el sumando correspondiente a k = m es nulo. Para obtener la segunda expresi´ on para |Sobre(A, B)| basta efectuar el cambio de variable h
= m − ormula que acabamos de demostrar, recordando
k en la f´ m que m−h = m h

4.3

Desarreglos

Un desarreglo de los n´ umeros del 1 al n es una permutaci´ on σ de Nn tal que σ(i) 6= i , ∀i = 1, . . . , n. En otras palabras los desarreglos son las permutaciones sin puntos fijos. Aplicando el principio de inclusiones y exclusiones es posible calcular f´ acilmente el n´ umero de desarreglos. Proposici´ on 4.3.1. El n´ umero de desarreglos de los n´ umeros del 1 al n es   1 1 (−1)n Dn = n! 1 − + − · · · + 1! 2! n! Demostraci´ on: Sea Sn el conjunto de todas las permutaciones de los n´ umeros del 1 al n. Definamos Ai como el conjunto de las permutaciones que dejan fijo el n´ umero i, es decir Ai = {σ ∈ Sn : σ(i) = i}. Es claro que |Ai | = (n − 1)! , puesto que Ai se puede identificar con las permutaciones de un conjunto de n − 1 elementos, a saber {j ∈ Nn : j 6= i}. Si F ⊂ Nn entonces ∩i∈F Ai son las permutaciones de Nn que dejan fijos todos los elementos de F . El n´ umero de tales permutaciones es (n − |F |)!. Nuevamente estamos en condiciones de aplicar (4.1.3): \ |{σ ∈ Sn : σ(i) 6= i ∀ i = 1, . . . , n}| = | Ai | = i∈F

X

F ⊂Nn

(−1)|F | (n − |F |)! =

n X k=0

  n X n (−1)k (−1)k (n − k)! = n! k k! k=0

43 Observaci´ on: De (4.3.1) se deduce que limn→∞ (Dn /n!) = e−1 . Esto se puede decir en lenguaje probabil´ıstico as´ı: la probabilidad de que una permutaci´ on de los n´ umeros del 1 al n escogida al azar sea un desarreglo tiende al valor l´ımite e−1 cuando n tiende a infinito.

4.4

Aplicaciones a la teor´ıa de n´ umeros

La funci´ on µ de M¨ obius se define para cada n´ umero natural n > 1 de la manera siguiente: ( (−1)r si n es producto de r primos diferentes µ(n) = 0 si n es divisible por un cuadrado perfecto mayor que 1 Adem´ as por convenci´ on µ(1) = 1 . As´ı por ejemplo tenemos que µ(2) = −1, µ(6) = 1, µ(12) = 0 y µ(30) = −1. Proposici´ on 4.4.1. Si n > 1 entonces X

µ(d) = 0

d|n

Demostraci´ on: Es claro que los u ´nicos divisores de n que hace falta considerar son el 1 y los que son producto de primos diferentes ya que los dem´ as (es decir los que sean divisibles por un cuadrado perfecto) no contribuir´ an en nada a la suma. Sean p1 , . . . , pk los divisores primos de n. Aceptando por convenci´ on que un producto vac´ıo (sin factores) es 1 , resulta claro que: X d|n

µ(d) =

X

F ⊂Nk

µ(

Y

i∈F

pi ) =

X

(−1)|F |

F ⊂Nk

pero esta u ´ltima suma es 0 en virtud de (4.1.1). Como una u ´ltima aplicaci´ on del principio de inclusiones y exclusiones consideremos la siguiente cuesti´ on: si se toman dos n´ umeros naturales “al azar”, ¿cu´ al es la probabilidad de que sean primos entre s´ı?. La siguiente proposici´ on da un sentido preciso a esta pregunta y la correspondiente respuesta.

44 Proposici´ on (Lejeune Dirichlet) 4.4.2. Sea cn el n´ umero de pares ordenados de n´ umeros naturales coprimos menores o iguales que n. Entonces lim

n→∞

6 cn = 2 2 n π

Demostraci´ on: La cantidad de m´ ultiplos de un n´ umero natural a menores o iguales que otro natural n es la parte entera de na , que denotaremos mediante ⌊ na ⌋. En efecto, los m´ ultiplos en cuesti´ on son a, 2a, . . . , ta siendo t el mayor entero tal que ta ≤ n, es decir que t = ⌊ na ⌋. La cantidad de pares ordenados de n´ umeros naturales menores o iguales que n y ambos m´ ultiplos de a ser´ a entonces, por el principio del producto, ⌊ na ⌋2 . Aplicando ahora el principio de inclusiones y exclusiones (4.1.3) resulta: n j n k2 X  n 2 X  n 2 X cn = n − + − ··· = µ(k) p pq k p p
primo

k=1

primos

Ahora bien, como  n 2 k

−

j n k2 k

=

n k

−

j n k  n k

k

+

j n k k

<

2n k

resulta: n    n n X µ(k) c 1 X n 2 j n k2 2 X 1 n − = µ(k) − < →0 n k2 n2 n2 k k k k=1

k=1

k=1

Pn

puesto que, como es bien sabido, k=1 (1/k) = loge n + γ + o(1) (siendo γ la constante de Euler-Mascheroni. Ver [R3] pag. 314). Entonces: ∞

X µ(k) cn lim 2 = n→∞ n k2 k=1

P 2 Para sumar esta u ´ltima serie multipliqu´emosla por ∞ n=1 (1/n ) para obtener:   ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X X X µ(k) 1 µ(k) 1  = = µ(k) 2 = 1 k2 n2 k 2 n2 m k=1

n=1

m=1 kn=m

m=1

k|m

45 puesto que todos los t´erminos de la u ´ltima serie, excepto el primero, son nulos de la Proposici´ on (4.4.1). Ahora bien, la suma de la serie P∞ en virtud 2 ) es π 2 /6. Este conocido resultado puede obtenerse f´ (1/k acilmente k=1 evaluando en x = 0 el desarrollo en serie de Fourier de cosenos de la funci´ on |x| en el intervalo (−π, π) y por varios otros m´etodos (ver por ejemplo [C2]). Por consiguiente: ∞

X µ(k) cn 1 = = P∞ 2 2 n→∞ n k k=1 lim

k=1

4.5

1 k2

=

6 π2

Ejercicios

1. En un grupo de 100 hind´ ues hay 40 que hablan hindi, 40 que hablan bengal´ı y 20 que hablan penjabi. Hay 20 que hablan hindi y bengal´ı y 5 que hablan hindi y penjabi. Hay 31 que hablan al menos dos de las tres lenguas y 33 que no hablan ninguna de ellas. ¿Cu´ antos hablan las tres lenguas? 2. ¿Cu´ antos n´ umeros del 1 al 1000000 no son ni cuadrados perfectos, ni cubos perfectos ni potencias cuartas perfectas? 3. Pruebe que si a1 , a2 , . . . , ar son n´ umeros naturales primos entre s´ı entonces la cantidad de m´ ultiplos de alg´ un ai menores o iguales que n viene dada por:   r   X X n  X  n  n n r − + + · · · + (−1) ai ai aj ai aj ak a1 . . . ar i=1

i<j

i<j
4. Demuestre el principio de inclusiones y exclusiones usando el m´etodo de inducci´ on matem´ atica. 5. Sea φ(n) el n´ umero de enteros positivos menores o iguales que n y coprimos con n (φ se conoce con el nombre de funci´ on de Euler). Usando el principio de inclusiones y exclusiones pruebe que si p1 , p2 , . . . , pk son los factores primos distintos de n entonces     1 1 φ(n) = n 1 − ··· 1 − p1 pk

46 Pruebe tambi´en que φ es multiplicativa, es decir que si m y n son coprimos entonces φ(mn) P = φ(m)φ(n). Por u ´ltimo pruebe que d|n φ(d) = n.

6. Una mesa redonda est´ a dispuesta para 2n comensales. ¿De cu´ antas maneras pueden sentarse n matrimonios con la condici´ on de que ninguna esposa est´e junto a su esposo? 7. (Problema de los matrimonios) Una mesa redonda est´ a dispuesta para 2n comensales. ¿De cu´ antas maneras pueden sentarse n matrimonios con la condici´ on de que se alternen hombres y mujeres y ninguna esposa est´e junto a su esposo? 8. Dados n conjuntos finitos A1 , . . . , An pruebe que: |

n \

i=1

Ai | = −

X

∅6=F ⊂Nn

(−1)|F | |

[

i∈F

Ai |

9. (F´ ormula de la criba de Jordan) Dados n conjuntos finitos A1 , . . . , An y un entero k, 0 ≤ k ≤ n, pruebe que el n´ umero de elementos que pertenecen a exactamente k conjuntos es:   X |F |−k |F | (−1) |AF | k F ⊂Nn |F |≥k

(Este resultado es una generalizaci´ on de la f´ ormula de Sylvester, la cual se obtiene como caso particular para k = 0.)

Cap´ıtulo 5

Relaciones de recurrencia y funciones generatrices 5.1

N´ umeros de Fibonacci

En el “Liber Abaci”, obra escrita a comienzos del siglo XIII y que compendia el conocimiento aritm´etico y algebraico de la ´epoca, Leonardo de Pisa, tambi´en conocido como Fibonacci, plantea el siguiente problema: “En un patio cerrado se coloca una pareja de conejos para ver cu´ antos descendientes produce en el curso de un a˜ no, y se supone que cada mes a partir del segundo mes de su vida, cada pareja de conejos da origen a una nueva”. Fibonacci resuelve el problema calculando el n´ umero de parejas mes a mes, y expone sus resultados en forma de tabla. Adem´ as de las condiciones expresas en el planteo del problema, supongamos que ning´ un conejo muere y que la pareja inicial acaba de nacer. Llamemos Fn al n´ umero de parejas de conejos existentes en el mes n. Entonces es claro que F1 = 1 y F2 = 1. En el tercer mes la pareja inicial alcanza su madurez sexual y por lo tanto engendra una nueva pareja. As´ı tenemos F3 = 2. Es claro tambi´en que F4 = 3. En el quinto mes, la pareja nacida en el tercer mes est´ a tambi´en en condiciones de procrear por lo cual nacer´ an dos nuevas parejas, y tendremos F5 = 5. As´ı podr´ıamos continuar analizando el n´ umero de nacimientos mes a mes. Observemos sin embargo que existe una manera muy sencilla de calcular el n´ umero de parejas en un mes determinado si se conoce el n´ umero de parejas existente en los dos meses precedentes. En efecto, el n´ umero de parejas nacidas en el mes n es igual al n´ umero de parejas que hab´ıa en el mes n − 2, pues ´esas son las que en el mes n tendr´ an dos meses o m´ as de edad y por

48 lo tanto estar´ an en condiciones de procrear. A este n´ umero debemos sumar el de parejas existentes en el mes n − 1 , ya que todas ellas (debido a la suposici´ on de que no hay decesos) seguir´ an viviendo en el mes n. Por lo tanto tenemos que para todo n ≥ 2 se verifica la relaci´ on Fn = Fn−2 + Fn−1 la cual aparece expl´ıcitamente en los trabajos de Kepler, unos cuatrocientos a˜ nos despu´es de la aparici´ on del Liber Abaci. Aplicando esta relaci´ on es f´ acil computar sucesivamente los t´erminos de la sucesi´ on {Fn } , conocida como “sucesi´ on de Fibonacci” : F3 = F1 + F2 = 1 + 1 = 2, F4 = F2 + F3 = 1 + 2 = 3, F5 = F3 + F4 = 2 + 3 = 5, F6 = F4 + F5 = 3 + 5 = 8, F7 = F5 + F6 = 5 + 8 = 13, F8 = F6 + F7 = 8 + 13 = 21, etc. Esta sucesi´ on tiene muchas propiedades interesantes, y se le ha dedicado una abundante literatura. Una interesante monograf´ıa, de car´ acter elemental, es la de N. Vorobyov [V2]. En Bot´ anica los n´ umeros de Fibonacci aparecen al estudiar la filotaxia, o sea la disposici´ on de las hojas en los ´ arboles, de los fol´ıculos en flores como la del girasol, de las escamas de la pi˜ na, etc. (ver [C3] y [C4]). La relevancia de los n´ umeros de Fibonacci para la teor´ıa de los algoritmos se puso de manifiesto por primera vez en 1844, cuando G. Lam´e la utiliz´ o para analizar el n´ umero de divisiones que se efect´ uan en el algoritmo de Euclides (vea a este respecto el volumen 2 de la obra de D. E. Knuth [K1].) El siguiente resultado se refiere a las sucesiones en las cuales, como en la de Fibonacci, cada t´ermino est´ a determinado por uno o varios de los t´erminos precedentes. Proposici´ on 5.1.1. Sea X un conjunto, k un natural, f : X k → X una funci´ on y a1 , . . . , ak elementos de X. Entonces existe una u ´nica sucesi´ on ∞ {xn }n=1 de elementos de X tal que xi = ai para i = 1, . . . , k y xn = f (xn−k , . . . , xn−1 ) para todo n > k. Demostraci´ on: Definamos xi = ai para i = 1, . . . , k. Una vez hecho esto, definamos xk+1 como f (x1 , . . . , xk ) , xk+2 como f (x2 , . . . , xk+1 ), y as´ı sucesivamente. M´ as precisamente, si n > k y ya han sido definidos los t´erminos xi para i < n , entonces definimos xn como f (xn−k , . . . , xn−1 ). El principio de inducci´ on matem´ atica garantiza que la sucesi´ on {xn } est´ a bien definida, y obviamente cumple las condiciones exigidas. Tambi´en es inmediato probar la unicidad. En efecto, si {yn } es otra sucesi´ on que satisface las condiciones pedidas, entonces yi = ai = xi para i = 1, . . . , k. Para n > k, supongamos por inducci´ on que yi = xi para todo i < n. Entonces yn = f (yn−k , . . . , yn−1 ) = f (xn−k , . . . , xn−1 ) = xn

49 Una relaci´ on del tipo xn = f (xn−k , . . . , xn−1 ) es llamada “relaci´ on de recurrencia”. No es sin embargo el u ´nico tipo de relaci´ on de recurrencia posible; m´ as adelante veremos algunos ejemplos m´ as complicados. Su importancia en Combinatoria proviene del hecho de que la mayor´ıa de los problemas de conteo dependen de uno o m´ as par´ ametros enteros, por lo cual la soluci´ on general consiste en una sucesi´ on (o una sucesi´ on doble, triple, etc.) con esos par´ ametros como ´ındices, resultando muchas veces m´ as f´ acil encontrar una relaci´ on de recurrencia satisfecha por los t´erminos de esa sucesi´ on que encontrar una f´ ormula expl´ıcita para calcularlos. Adem´ as el conocimiento de la relaci´ on de recurrencia permite no solamente calcular cu´ antos t´erminos se deseen de la sucesi´ on, sino que muchas veces permite tambi´en deducir propiedades de la misma. Tomaremos como ejemplo para ilustrar esta afirmaci´ on la propia sucesi´ on de Fibonacci: on de Fibonacci satisfacen Proposici´ on 5.1.2. Los t´erminos Fn de la sucesi´ √ las desigualdades αn−2 ≤ Fn ≤ αn−1 para todo n ≥ 1, siendo α = (1+ 5)/2. Demostraci´ on: Observemos en primer lugar que el n´ umero α (conocido como la “raz´ on ´ aurea”) satisface la igualdad α2 = 1 + α. La demostraci´ on procede por inducci´ on. Se verifica de inmediato que las desigualdades se satisfacen para n = 1 y n = 2. Supongamos que αk−2 ≤ Fk ≤ αk−1 para todo k < n. Entonces: Fn = Fn−2 + Fn−1 ≤ αn−3 + αn−2 = αn−3 (1 + α) = alogamente: Fn = Fn−2 + Fn−1 ≥ αn−4 + αn−3 = αn−3 · α2 = αn−1 . An´ n−4 n−4 2 α (1 + α) = α · α = αn−2 . Los n´ umeros de Fibonacci est´ an relacionados con numerosas cuestiones combinatorias. Consideremos por ejemplo el problema de subir una escalera de n escalones, suponiendo que s´ olo pueden darse pasos sencillos (subiendo un escal´ on) o dobles (subiendo dos escalones). ¿De cu´ antas maneras puede subirse la escalera? Llamemos En a ese n´ umero. Entonces obviamente E1 = 1. Una escalera de dos escalones puede subirse con un solo paso doble o con dos pasos sencillos, por lo tanto E2 = 2. Para n = 3 hay tres posibilidades: tres pasos sencillos, uno doble seguido de otro sencillo y uno sencillo seguido de otro doble. Por tanto E3 = 3. Es f´ acil ver que la sucesi´ on {En } satisface la misma relaci´ on de recurrencia que los n´ umeros de Fibonacci. En efecto, los modos de subir una escalera de n escalones (con n > 2) pueden clasificarse en dos categor´ıas disjuntas: aquellos en los cuales se pisa el escal´ on n − 1 (y que son obviamente En−1 ) y aquellos en los cuales se llega al escal´ on n−2 y luego

50 se da un paso doble. Estos u ´ltimos son evidentemente En−2 . Por el principio de la suma se tiene entonces que En = En−1 + En−2 . Esta sucesi´ on no es id´entica a la de Fibonacci, ya que E2 = 2 mientras que F2 = 1. Sin embargo entre ambas existe una relaci´ on muy estrecha, a saber: En = Fn+1 . Esta aserci´ on se demuestra f´ acilmente por inducci´ on. En efecto, E1 = 1 = F2 y E2 = 2 = F3 . Aceptando ahora que Ek = Fk+1 para todo k < n , se tiene que En = En−1 + En−2 = Fn + Fn−1 = Fn+1 . Podemos decir entonces que Fn es el n´ umero de maneras de subir una escalera de n − 1 escalones, con pasos dobles o sencillos. Utilizaremos esta interpretaci´ on combinatoria para demostrar el siguiente resultado, del cual pueden deducirse interesantes propiedades aritm´eticas de los n´ umeros de Fibonacci (ver problemas al final del cap´ıtulo). Proposici´ on 5.1.3. Fn+m = Fn+1 Fm + Fn Fm−1

Demostraci´ on: Fn+m es el n´ umero de maneras de subir una escalera de n + m − 1 escalones con pasos sencillos o dobles. Pero una tal escalera se puede subir o bien pisando el escal´ on n´ umero n o bien sin pisarlo. Hay En modos de llegar hasta el escal´ on n y Em−1 modos de subir los m − 1 escalones restantes. Entonces, por el principio del producto, los modos de subir pisando el escal´ on n son En Em−1 = Fn+1 Fm . Para subir la escalera sin pisar el escal´ on n hay que llegar hasta el escal´ on n − 1 (lo cual puede on n + 1 hacerse de En−1 modos), dar un paso doble para situarse en el escal´ y luego subir los m − 2 escalones restantes (lo cual puede hacerse de Em−2 modos). Entonces, por el principio del producto, el n´ umero de maneras de subir sin pisar el escal´ on n es En−1 Em−2 = Fn Fm−1 . Por el principio de la suma el n´ umero total de maneras de subir la escalera es entonces Fn+1 Fm + Fn Fm−1 .

5.2

Funciones generatrices

¿Existir´ a alguna f´ ormula que nos d´e el n-simo t´ermino de la sucesi´ on de Fibonacci? Esta pregunta puede parecer un tanto ociosa, por cuanto una f´ ormula para Fn no es en definitiva m´ as que una expresi´ on simb´ olica indicativa de las operaciones que deben ser realizadas, dado n, para calcular

51 Fn . Pero ya conocemos un m´etodo efectivo para calcular Fn , a saber la aplicaci´ on sucesiva de la relaci´ on de recurrencia partiendo de los t´erminos ormula para Fn podr´ıa iniciales F1 = F2 = 1. Sin embargo, disponer de una f´ tal vez permitirnos obtener m´ as informaci´ on sobre esta sucesi´ on. Este problema fu´e resuelto por A. De Moivre unos quinientos a˜ nos despu´es de la publicaci´ on del Liber Abaci. El m´etodo que utiliz´ o se basa en el uso de las llamadas “funciones generatrices” y tuvo gran importancia en el desarrollo de la Combinatoria y del C´ alculo de Probabilidades ya que puede ser aplicado con ´exito a muy diversos problemas. Supongamos que a0 , a1 , a2 , . . . es una sucesi´ umeros reales o comP on den n´ plejos y consideremos la serie de potencias ∞ a z . Si esta serie converge n n=0 en alg´ un entorno del origen a una funci´ on g(z) diremos que g(z) es la funci´ on generatriz de la sucesi´ on dada. An´ alogamente, si la serie de potencias P ∞ n converge en alg´ (a /n!)z u n entorno del origen a una funci´ on h(z) n=0 n diremos que h(z) es la funci´ on generatriz exponencial de la sucesi´ on {an }. 1 Por ejemplo, la funci´ on generatriz de la sucesi´ on constante 1, 1, 1, . . . es 1−z z y su funci´ on generatriz exponencial es e . En el caso de la sucesi´ on de Fibonacci {Fn }, definiendo F0 = 0 (lo cual es compatible con la relaci´ on de recurrencia Fn = Fn−2 + Fn−1 y hace que ´esta sea v´ alida para todo n > 1) tenemos que su funci´ on generatriz es: g(z) =

∞ X

n=0

Fn z n = z + z 2 + 2z 3 + 3z 4 + 5z 5 + 8z 6 + 13z 7 + · · ·

(En virtud de la Proposici´ on (5.1.2) el radio de convergencia de esta serie es positivo, m´ as exactamente es α1 ). Proposici´ on 5.2.1. La funci´ on generatriz de la sucesi´ on de Fibonacci es: z g(z) = 1 − z − z2 Demostraci´ on: 2

g(z) = z + z +

∞ X

n

2

Fn z = z + z +

n=3

= z + z2 + z

∞ X

n=2

∞ X

(Fn−1 + Fn−2 )z n =

n=3

Fn z n + z 2

∞ X

Fn z n = z + zg(z) + z 2 g(z)

n=1

Despejando g(z) se obtiene el resultado deseado.

52 Ya estamos en condiciones de obtener una f´ ormula para los n´ umeros de Fibonacci: Proposici´ on 5.2.2. √ 5 Fn = 5

√ !n 1+ 5 − 2

√ !n ! 1− 5 2

2 Demostraci´ √ on: 1 − z − z √se factoriza como (1 − αz)(1 − βz) , siendo α = (1 + 5)/2 y β = (1 − 5)/2. Por lo tanto la funci´ on generatriz de la sucesi´ on de Fibonacci se descompone en fracciones simples como:

A B z = + 2 1−z−z 1 − αz 1 − βz

para √ ciertas constantes A y B. La determinaci´ on de estas constantes da √ A = 5/5, B = − 5/5 . Por lo tanto: √ ∞ ∞ ∞ ∞ √ X X X 5 X 5 n n n n Fn z = g(z) = ( (αz) − (βz) ) = (α − β n )z n 5 5 n=1 n=1 n=1 n=1 de donde Fn =

√ 5 n 5 (α

− β n ).

A continuaci´ on utilizaremos la funci´ on generatriz para establecer una interesante relaci´ on entre los n´ umeros de Fibonacci y los coeficientes binomiales: Proposici´ on 5.2.3. Fn+1 =

n ⌊X  2⌋ n−k

k=0

Demostraci´ on: ∞ X Fn z n = n=0

k

∞

X z z = = z z n (1 + z)n = 1 − z − z2 1 − z(1 + z) n=0   n   ⌊ ⌋   ∞ n ∞ 2 XX n X X n − k  z z n+k = z   zn k k n=0 k=0

n=0

k=0

53

5.3

Relaciones de recurrencia lineales

En esta secci´ on trabajaremos en el campo de los n´ umeros complejos. Llamaremos “relaci´ on de recurrencia lineal de orden k” a una relaci´ on de la forma: xn = c1 xn−1 + · · · + ck xn−k + f (n)

(5.1)

donde f es una funci´ on, c1 , . . . , ck son constantes y ck 6= 0 . Si no aparece el t´ermino funcional f (n) diremos que la relaci´ on es homog´enea. Una soluci´ on de la relaci´ on (5.1) es cualquier sucesi´ on num´erica {zn }∞ n=0 que satisfaga la igualdad: zn = c1 zn−1 + · · · + ck zn−k + f (n) para todo n ≥ k. En virtud de la Proposici´ on (5.1.1) cualquier conjunto de valores iniciales z0 , . . . , zk−1 determina una u ´nica soluci´ on {zn }. Muchos problemas combinatorios se reducen al estudio de relaciones de recurrencia de este tipo, por lo cual su estudio tiene para nosotros especial importancia. Por otra parte estas relaciones permiten construir modelos apropiados para una gran diversidad de problemas cient´ıficos. La teor´ıa de las relaciones de recurrencia lineales presenta gran analog´ıa con la de las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales. De hecho las ecuaciones diferenciales pueden ser aproximadas por “ecuaciones en diferencias” (ver [L1]) cuya soluci´ on, en el caso m´ as simple, puede obtenerse por los m´etodos que estudiaremos a continuaci´ on. Una monograf´ıa elemental dedicada a las relaciones de recurrencia lineales es [M1]. Numerosos ejemplos se encuentran en [T2]. on r es soluci´ on Proposici´ on 5.3.1. Una progresi´ on geom´etrica {r n } de raz´ de la relaci´ on lineal homog´enea de orden k : xn = c1 xn−1 + · · · + ck xn−k si y s´ olo si r es ra´ız de la llamada “ecuaci´ on caracter´ıstica” xk − c1 xk−1 − · · · − ck = 0. Demostraci´ on: Si r es ra´ız de la ecuaci´ on caracter´ıstica entonces: r k − c1 r k−1 − · · · − ck = 0

54 y multiplicando por r n−k se obtiene, para todo n > k : r n − c1 r n−1 − · · · − ck r n−k = 0 Rec´ıprocamente, si {r n } es soluci´ on de la relaci´ on de recurrencia la igualdad anterior se verifica para todo n > k y en particular para n = k con lo que resulta que r es ra´ız de la ecuaci´ on caracter´ıstica. Proposici´ on 5.3.2. Si la ecuaci´ on caracter´ıstica de la relaci´ on de recurrencia lineal homog´enea de orden k: xn = c1 xn−1 + · · · + ck xn−k tiene k ra´ıces distintas r1 , . . . , rk entonces la soluci´ on general de la relaci´ on de recurrencia es: {A1 r1n + · · · + Ak rkn } siendo A1 , . . . , Ak constantes arbitrarias. Demostraci´ on: Es muy f´ acil comprobar que la sucesi´ on {A1 r n + · · · + n Ak r } es soluci´ on de la relaci´ on de recurrencia para valores cualesquiera de las constantes A1 , . . . , Ak . En efecto, cada sucesi´ on {rin } lo es (por la Proposici´ on precedente) y por lo tanto se tiene que : rin = c1 rin−1 + · · · + ck rin−k , para todo n ≥ k y todo i = 1, . . . , k Multiplicando estas k igualdades por A1 , A2 , . . . , Ak respectivamente y luego sumando se obtiene el resultado deseado. Rec´ıprocamente, debemos demostrar que toda soluci´ on de la relaci´ on de recurrencia es una combinaci´ on lineal de las progresiones geom´etricas {rin } . Para esto es suficiente mostrar que dada una soluci´ on {zn } existen constantes A1 , . . . , Ak tales que se satisfacen las siguientes igualdades : A1 r10 + · · · + Ak rk0 A1 r11

+ ··· +

Ak rk1

=

z0

=

z1

... ... ... ... ... ... ... A1 r1k−1

+ · · · + Ak rkk−1

=

zk−1

En efecto, si esto se logra entonces {A1 r1n + · · · + Ak rkn } y {zn } ser´ an dos soluciones de la relaci´ on de recurrencia que coinciden en sus primeros

55 k t´erminos, por lo tanto deber´ an coincidir en todos los dem´ as. Ahora bien, las igualdades precedentes pueden ser consideradas como un sistema lineal on (´ unica) de ecuaciones en las inc´ ognitas A1 , . . . , Ak , el cual tiene soluci´ si el determinante del sistema es no nulo. Pero ´este es el bien conocido determinante de Van der Monde: 1 1 ··· 1 r1 r2 · · · rk Y 2 2 r1 r · · · rk2 = (rj − ri ) 2 ··· · · · · · · · · · 1≤i<j≤n r k−1 r k−1 · · · r k−1 1 2 k que no es nulo por ser las ra´ıces r1 , . . . , rk todas distintas.

Como ejemplo determinemos la soluci´ on de la relaci´ on de recurrencia xn = 5xn−1 − 6xn−2 con condiciones iniciales x0 = 4 , x1 = 7 . La ecuaci´ on caracter´ıstica es x2 − 5x + 6 = 0 , que tiene ra´ıces r1 = 2 y r3 = 3. Por lo tanto la soluci´ on general es xn = A · 2n + B · 3n . Para satisfacer las condiciones iniciales deben determinarse A y B de modo tal que: A+B = 4 2A + 3B = 7 Resolviendo este sistema se obtiene A = 5 , B = −1 por lo cual la soluci´ on n n buscada es xn = 5 · 2 − 3 . Cuando la ecuaci´ on caracter´ıstica tiene ra´ıces m´ ultiples la forma de la soluci´ on general es algo m´ as complicada. Enunciaremos el resultado correspondiente sin demostraci´ on. El lector interesado puede tratar de dar una demostraci´ on propia o consultar alg´ un tratado sobre ecuaciones en diferencias finitas, por ejemplo [L1]. Proposici´ on 5.3.3. Si la ecuaci´ on caracter´ıstica de la relaci´ on de recurrencia lineal homog´enea de orden k: xn = c1 xn−1 + · · · + ck xn−k tiene ra´ıces r1 , . . . , rt con multiplicidades m1 , . . . , mt entonces la soluci´ on general de la relaci´ on de recurrencia es: {P1 (n)r1n + · · · + Pt (n)rtn } siendo Pi (n) un polinomio en n de grado menor que mi .

56 Determinemos por ejemplo la soluci´ on general de la relaci´ on: xn = 12xn−1 − 57xn−2 + 134xn−3 − 156xn−4 + 72xn−5 Su ecuaci´ on caracter´ıstica es: x5 − 12x4 + 57x3 − 134x2 + 156x − 72 = 0 que tiene la ra´ız triple r1 = 2 y la ra´ız doble r2 = 3. Por lo tanto la soluci´ on 2 n n general es xn = (An + Bn + C)2 + (Dn + E)3 . Si se dan condiciones iniciales x0 , x1 , x2 , x3 , x4 entonces la soluci´ on correspondiente puede obtenerse resolviendo un sistema de cinco ecuaciones lineales en las inc´ ognitas A, B, C, D y E. Hasta el momento hemos considerado u ´nicamente relaciones de recurrencia lineales homog´eneas. Para resolver relaciones no homog´eneas no hay reglas fijas infalibles. Sin embargo es muy importante el siguiente resultado, seg´ un el cual para conocer la soluci´ on general de una relaci´ on lineal no homog´enea es suficiente conocer una soluci´ on particular y la soluci´ on general de la relaci´ on homog´enea asociada. Proposici´ on 5.3.4. Si {zn } es una soluci´ on de la relaci´ on de recurrencia xn = c1 xn−1 + · · · + ck xn−k + f (n) entonces cualquier otra soluci´ on es de la forma {zn + wn } siendo {wn } una soluci´ on de la relaci´ on homog´enea : xn = c1 xn−1 + · · · + ck xn−k Demostraci´ on: Dada una soluci´ on {yn } tenemos que: yn = c1 yn−1 + · · · + ck yn−k + f (n) , para todo n ≥ k y restando miembro a miembro la igualdad: zn = c1 zn−1 + · · · + ck zn−k + f (n) , para todo n ≥ k se obtiene: yn − zn = c1 (yn−1 − zn−1 ) + · · · + ck (yn−k − zn−k ) Definiendo wn = yn − zn es claro que {wn } es soluci´ on de la relaci´ on homog´enea , y que yn = zn + wn . Rec´ıprocamente, es inmediato verificar que si a {zn } se le suma cualquier soluci´ on {wn } de la relaci´ on homog´enea se obtiene una soluci´ on de la relaci´ on original.

57 El siguiente problema proporciona un ejemplo muy sencillo, pero combinatoriamente interesante, de relaci´ on de recurrencia lineal no homog´enea. Supongamos que en el plano se trazan n rectas en posici´ on gen´erica (es decir, tales que no haya dos de ellas paralelas ni tres concurrentes en un punto). ¿En cu´ antas regiones queda dividido el plano? Sea Rn el n´ umero buscado. Es inmediato verificar mediante un dibujo que R1 = 2, R2 = 4, R3 = 7 y R4 = 11. Pero ya no es tan simple comprobar por m´etodos gr´ aficos que R5 = 16, R6 = 22 y R7 = 29. Sin embargo no es dif´ıcil obtener una relaci´ on de recurrencia satisfecha por los Rn . Para ello observemos que la recta n-sima debe intersectar a las n − 1 anteriores en n − 1 puntos diferentes, quedando ella misma dividida en n intervalos (n − 2 segmentos y 2 semirrectas). Cada uno de esos n intervalos desconecta una de las regiones en que estaba dividido el plano por las primeras n − 1 rectas. De este modo, al trazar la recta n-sima el n´ umero de regiones aumenta en n , o dicho en s´ımbolos: Rn = Rn−1 + n Esta relaci´ on de recurrencia puede ser resuelta f´ acilmente sumando miembro a miembro las igualdades: R2 = R1 + 2, R3 = R2 + 3, . . . , Rn = Rn−1 + n Luego de las cancelaciones, y tomando en cuenta que R1 = 2, se tiene que Rn = R1 + (2 + 3 + · · · + n) = (n2 + n + 2)/2. Otra t´ecnica, que se puede emplear en general cuando el t´ermino funcional f (n) de una relaci´ on de recurrencia lineal es un polinomio, consiste en buscar soluciones particulares de tipo polin´ omico por el m´etodo de los coeficientes indeterminados. Generalmente es suficiente probar con polinomios de grado igual al de f (n) , pero a veces es necesario ensayar con polinomios de grado superior. En nuestro caso, ensayemos con polinomios de segundo grado An2 +Bn+C (por cuanto es evidente que no hay soluciones polin´ omicas de primer grado). Se tiene: An2 + Bn + C = A(n − 1)2 + B(n − 1) + C + n de donde resulta (1 − 2A)n + (A − B) = 0. Para que esta igualdad se cumpla para todo n debe ser 1− 2A = 0 y A− B = 0 , por lo tanto A = B = 1/2. La soluci´ on general es entonces (n2 + n)/2 + C. Utilizando la condici´ on inicial R1 = 1 se determina que C = 1, llegando al mismo resultado obtenido anteriormente.

58

5.4

N´ umeros de Catalan

Consideremos el problema de determinar el n´ umero Tn de triangulaciones de un pol´ıgono convexo, es decir el n´ umero de maneras de dividir el pol´ıgono en tri´ angulos mediante diagonales que no se intersecten. Este problema ya fu´e estudiado por Euler, quien lo resolvi´ o utilizando el m´etodo de las funciones generatrices. Nosotros lo emplearemos para introducir una relaci´ on de recurrencia no lineal que se presenta en diversos problemas combinatorios. Es claro que T3 = 1 y T4 = 2. El pent´ agono admite cinco triangulaciones, como se muestra en la siguiente figura:

........... ..... ..... ...... ...... ... .. ..... ..... ... .... ........... . . . . . ...... .. ...... ...... ... ..... ...... ...... ... ... . ....... .. ... .. ... .. . . . ... . ... ... .. ... .... ... .. . . ... . . . ... ... .. ... ... ... .... ... .... ... ... ... .. ... .. . . . . . . ..... . .....................................................

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Por lo tanto T5 = 5 . Para hallar una relaci´ on de recurrencia satisfecha por los n´ umeros Tn consideremos un pol´ıgono convexo de n + 1 v´ertices v1 , . . . , vn , vn+1 (numerados recorriendo el borde del pol´ıgono en sentido horario). Para cada triangulaci´ on el lado v1 vn+1 debe pertenecer a uno y s´ olo un tri´ angulo, cuyo v´ertice restante ser´ a vk para alg´ un k = 2, . . . , n. El n´ umero de triangulaciones que contienen al tri´ angulo v1 vn+1 vn es evidentemente igual al n´ umero de triangulaciones del pol´ıgono de v´ertices v1 v2 . . . vn , alogamente el n´ umero de triangulaciones que contienen al es decir Tn . An´ tri´ angulo v1 vn+1 v2 es tambi´en Tn . Si 2 < k < n entonces todas las triangulaciones que contienen al tri´ angulo v1 vn+1 vk pueden obtenerse combinando una triangulaci´ on del pol´ıgono de v´ertices v1 v2 . . . vk con una triangulaci´ on del pol´ıgono de v´ertices vk vk+1 . . . vn+1 . Por el principio del producto hay angulo v1 vn+1 vk . Haentonces Tk Tn−k+2 triangulaciones que contienen al tri´ ciendo variar k desde 2 hasta n y sumando se obtiene entonces que: Tn+1 = Tn + T3 Tn−1 + · · · + Tn−1 T3 + Tn Aceptaremos por convenci´ on que T2 = 1 , con lo cual la relaci´ on anterior

59 puede escribirse en la forma: Tn+1 =

n X

Tk Tn−k+2

k=2

Esta relaci´ on es m´ as complicada que las que hemos considerado hasta ahora, ya que no es lineal y adem´ as Tn+1 aparece relacionado con todos los t´erminos precedentes y no s´ olo con un n´ umero determinado de ellos. Sin embargo es claro que esta relaci´ on determina por completo a los Tn y permite calcular cu´ antos t´erminos se deseen. Por ejemplo: T4 = T2 T3 + T3 T2 = 1 · 1 + 1 · 1 = 2 T5 = T2 T4 + T3 T3 + T4 T2 = 1 · 2 + 1 · 1 + 2 · 1 = 5 T6 = T2 T5 + T3 T4 + T4 T3 + T5 T2 = 1 · 5 + 1 · 2 + 2 · 1 + 5 · 1 = 14 A continuaci´ on hallaremos una f´ ormula expl´ıcita para los Tn . Comencemos por observar que toda triangulaci´ on de un pol´ıgono convexo de n v´ertices consta de n−2 tri´ angulos. En efecto, la suma de los ´ angulos internos de todos los tri´ angulos de una triangulaci´ on debe ser igual a la suma de los ´ angulos internos del pol´ıgono, que como es bien sabido es (n−2)π. Y como la suma de los ´ angulos de cada tri´ angulo es π , el n´ umero de ´estos debe ser n−2. Por otra parte el n´ umero de diagonales en cualquier triangulaci´ on es n − 3. En efecto, cada diagonal que se traza hace aumentar el n´ umero de regiones en una, por lo cual para llegar a tener n − 2 tri´ angulos partiendo de una sola regi´ on (el pol´ıgono original) es necesario trazar n − 3 diagonales. Contemos ahora el n´ umero total de diagonales que aparecen en todas las triangulaciones de un pol´ıgono convexo de n lados. Este n´ umero es naturalmente (n − 3)Tn , pero tambi´en puede obtenerse teniendo en cuenta que la diagonal v1 vk (para 2 < k < n) aparece en Tk Tn−k+2 triangulaciones. Por lo tanto T3 Tn−1 +· · ·+ Tn−1 T3 es el n´ umero de apariciones de las diagonales v1 vk (k = 3, . . . , n − 1) en todas las triangulaciones. Si contamos de igual manera las diagonales con un extremo en vi para 1 = 2, . . . , n y sumamos llegamos a un total de n(T3 Tn−1 + · · · + Tn−1 T3 ). Pero en esta expresi´ on cada diagonal vi vj est´ a contada dos veces, una vez como diagonal con extremo en vi y otra como diagonal con extremo en vj , por lo cual el n´ umero total de diagonales en todas las triangulaciones es n2 (T3 Tn−1 + · · · + Tn−1 T3 ). Por lo tanto: (n − 3)Tn =

n (T3 Tn−1 + · · · + Tn−1 T3 ) 2

60 Como por otra parte sabemos que: Tn+1 − 2Tn = T3 Tn−1 + · · · + Tn−1 T3 se llega a que: Tn+1 =

2(2n − 3) Tn n

A partir de esta relaci´ on ya es f´ acil encontrar la expresi´ on que busc´ abamos para Tn : Proposici´ on 5.4.1. El n´ umero Tn de triangulaciones que admite un pol´ıgono convexo de n lados viene dado por la f´ ormula :   1 2n − 4 Tn = n−1 n−2 Demostraci´ on: Como acabamos de ver Tn+1 =

Tn =

2(2n−3) Tn , n

por lo cual:

2(2n − 5) (2n − 4)(2n − 5) Tn−1 = Tn−1 = n−1 (n − 1)(n − 2)

(2n − 4)! (2n − 4)(2n − 5)(2n − 6)(2n − 7) Tn−2 = · · · = (n − 1)(n − 2)(n − 2)(n − 3) (n − 1)[(n − 2)!]2 Consideremos ahora el problema de poner par´entesis en un producto de n factores (n ≥ 2) de tal manera que cada subproducto conste de exactamente dos factores, y llamemos Pn al n´ umero de maneras de hacerlo. Veamos algunos ejemplos: P2 = 1 : (ab) P3 = 2 : ((ab)c), (a(bc)) P4 = 5 : (((ab)c)d), ((a(bc))d), ((ab)(cd)), (a((bc)d)), (a(b(cd))) Para hallar una relaci´ on de recurrencia satisfecha por los n´ umeros Pn supongamos que los n factores son x1 x2 . . . xn y observemos que el par de par´entesis exteriores siempre indica el producto de dos subproductos de la

61 forma x1 . . . xk y xk+1 . . . xn . En el primer subproducto se pueden poner par´entesis de Pk maneras, y en el segundo de Pn−k maneras. Aceptemos por convenci´ on que P1 = 1 , para que lo anterior valga incluso cuando uno de los dos subproductos conste de un solo elemento. Entonces, aplicando el principio del producto y luego sumando para k = 1, . . . , n − 1 se tiene que :

Pn = P1 Pn−1 + P2 Pn−2 + · · · + Pn−1 P1 =

n−1 X

Pk Pn−k

k=1

Proposici´ on 5.4.2. El n´ umero de maneras de poner par´entesis en un producto x1 x2 . . . xn de n factores (n ≥ 2) de tal manera que cada subproducto conste de exactamente dos factores es:   1 2n − 2 Pn = Tn+1 = n n−1 Demostraci´ on: Probaremos por inducci´ on que Pn = Tn+1 . Para n = 1 se tiene P1 = 1 = T2 . Supongamos que Pk = Tk+1 para todo k < n. Entonces Pn =

n−1 X k=1

Pk Pn−k =

n−1 X k=1

Tk+1 Tn−k+1 =

n X

Tk Tn−k+2 = Tn+1

k=2

2n
1 Los n´ umeros Cn = n+1 umeros de Catalan” en hon son llamados “n´ nor a Eugene Charles Catalan (1814-1894) quien los encontr´ o al resolver el problema de los par´entesis, aunque como hemos visto ya hab´ıan sido observados por Euler en conexi´ on con el problema de las triangulaciones. Estos n´ umeros est´ an relacionados con numerosos problemas combinatorios (ver los ejercicios al final del cap´ıtulo). La siguiente Proposici´ on resume las propiedades de los n´ umeros de Catalan y sus relaciones con Tn y Pn .

Proposici´ on 5.4.3. LaPsucesi´ on {Cn } es la u ´nica soluci´ on de la relaci´ on de recurrencia xn+1 = nk=0 xk xn−k con condici´ on inicial x0 = 1. Adem´ as Cn = Pn+1 = Tn+2 = 4n−2 C . n+1 n−1

62 Demostraci´ on: Es obvio que dada la condici´ on inicial x0 la relaci´ on de recurrencia tiene una soluci´ on u ´nica. La sucesi´ on {Cn } es soluci´ on ya que: n X

Ck Cn−k =

k=0

n X

Pk+1 Pn−k+1 =

k=0

n+1 X

Pk Pn−k+2 = Pn+2 = Cn+1

k=1

Como adem´ as C0 = 1 , queda probada la primera afirmaci´ on. La igualdad de Cn , Pn+1 y Tn+2 es consecuencia de las dos Proposiciones precedentes. La u ´ltima igualdad se demuestra f´ acilmente a partir de la definici´ on de Cn o a partir de la propiedad correspondiente para Tn .

5.5

Ejercicios

1. Pruebe que

Pn

k=0 Fk

= Fn+2 − 1.

2. Pruebe que Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (−1)n . 3. Pruebe que si n|m entonces Fn |Fm . 4. Pruebe que n´ umeros de Fibonacci consecutivos son coprimos. 5. Pruebe que si d es el m´ aximo com´ un divisor de n y m entonces el m´ aximo com´ un divisor de Fn y Fm es Fd . 6. Pruebe que el n´ umero de maneras en que un rect´ angulo de dimensiones 2 × n se puede dividir en n rect´ angulos de dimensiones 2 × 1 es Fn+1 . 7. Pruebe que el n´ umero de subconjuntos de Nn que no contienen enteros consecutivos es Fn+2 . √ 8. Pruebe que el desarrollo en fracci´ on continua de (1 + 5)/2 es 1 +

1 1 1+ 1 + ···

y que su n-simo convergente es

Fn+2 Fn .

9. Pruebe que cada entero positivo n se puede expresar de modo u ´nico como una suma de n´ umeros de Fibonacci Fk1 + · · · + Fkr con k1 ≫ k2 ≫ · · · ≫ kr ≫ 0 (r ≥ 1), donde i ≫ j significa i ≥ j + 2.

63 10. Dos jugadores sacan alternativamente fichas de un mont´ on que inicialmente contiene n. El jugador que comienza puede sacar una o m´ as fichas, pero no el mont´ on completo. A partir de entonces, cada jugador puede sacar una o m´ as fichas pero no m´ as del doble de las que sac´ o el jugador anterior. Gana el que saque la u ´ltima ficha. Pruebe que si n no es un n´ umero de Fibonacci, hay una estrategia ganadora para el primer jugador. Si no, la hay para el segundo. 11. De las regiones en que queda dividido el plano por n rectas en posici´ on gen´erica, ¿ cu´ antas son acotadas? 12. ¿En cu´ antas regiones queda dividido el plano por n circunferencias secantes dos a dos y tales que no haya tres concurrentes en un punto? 13. ¿En cu´ antas regiones dividen el espacio n planos en posici´ on gen´erica (es decir, tales que no haya dos paralelos ni tres que contengan una misma recta)? ¿ Cu´ antas de esas regiones son acotadas? 14. (a) Halle el t´ermino general de la sucesi´ on de Lucas {Ln }, definida por la relaci´ on Ln = Ln−1 + Ln−2 y las condiciones iniciales L0 = 2, L1 = 1. (b) Pruebe que Ln = Fn−1 + Fn+1 para todo n ≥ 1.

(c) Pruebe que el n´ umero de subconjuntos de Nn que no contienen enteros consecutivos ni a 1 y n simult´ aneamente es Ln . P n 15. P Si a = {an }∞ on sean Ga (z) = ∞ n=0 es una sucesi´ n=0 an z y Ea (z) = ∞ n un entorno del n=0 (an /n!)z , que supondremos convergentes en alg´ origen. Sea adem´ as Ta la sucesi´ on “trasladada” (T a)n = an+1 . Si bP= {bn }∞ a ∗ b y a ∧ b as´ı: (a ∗ b)n = n=0 es otra sucesi´ Pnon definamos n n
a b , (a∧b) = a b . n k=0 k n−k k=0 k k n−k Pruebe que Ga+b = Ga +Gb , Ea+b = Ea +Eb , Ga∗b = Ga Gb , Ea∧b = Ea Eb , GT a (z) = (Ga (z)−a0 )/z y ET a = (Ea )′ . 16. Halle la soluci´ on de la relaci´ on de recurrencia: xn = 3xn−1 + 4xn−2 − 12xn−3 con condiciones iniciales x0 = 1, x1 = −27, x2 = −1. 17. Halle la soluci´ on de la relaci´ on de recurrencia: xn = 6xn−1 − 12xn−2 + 8xn−3

64 con condiciones iniciales x0 = 4, x1 = 4, x2 = 24. 18. Dada la relaci´ on de recurrencia: xn = 7xn−1 − 10xn−2 + 12n2 − 70n + 53 (a) Halle una soluci´ on particular de tipo polin´ omico. (b) Halle la soluci´ on general. 19. ¿ De cu´ antas maneras un rect´ angulo de 3 × n se puede dividir en rect´ angulos de 2 × 1 ? P 20. Resuelva la relaci´ on de recurrencia An+1 = nk=0 Ak An−k con condici´ on inicial A0 = a usando funciones generatrices. 21. Dados 2n puntos en una circunferencia, ¿de cu´ antas maneras pueden unirse de a pares mediante n segmentos que no se intersecten? 22. Un ´ arbol binario, seg´ un la definici´ on recursiva dada por Knuth (ver [K1]) es “un conjunto finito de nodos que est´ a vac´ıo, o se compone de una ra´ız y de dos ´ arboles binarios disjuntos, llamados sub´ arboles de la derecha y de la izquierda de la ra´ız”. Haciendo abstracci´ on de la naturaleza de los nodos, ¿ cu´ antos ´ arboles binarios de n nodos hay? O en otras palabras, ¿cu´ antas estructuras diferentes puede tener un arbol binario de n nodos? ´ 23. Supongamos que en el Ejercicio 8 del Cap´ıtulo 3 hay n personas con billetes de 50 Bs y n personas con billetes de 100 Bs. Pruebe que el n´ umero de ordenaciones de las 2n personas en la cola, para que ´esta pase sin contratiempos por la taquilla, es Cn .

Cap´ıtulo 6

Permutaciones y particiones “Como todo lo que es o puede ser pensado est´a formado por partes reales o, por lo menos, imaginarias, aquello que se distingue espec´ıficamente tiene necesariamente que distinguirse, bien por poseer otras partes o por contener las mismas, ordenadas de otro modo.” Leibniz, De arte combinatoria, (1666).

6.1

Permutaciones

Una permutaci´ on de los n´ umeros del 1 al n es una aplicaci´ on biyectiva del conjunto Nn = {1, . . . , n} en s´ı mismo. Estas permutaciones forman, con la composici´ on como operaci´ on, un grupo que denotaremos Sn . Ya sabemos que |Sn | = n!. Las permutaciones σ ∈ Sn suelen representarse mediante la notaci´ on siguiente:   1 2 ... n σ= a1 a2 . . . an la cual significa que σ(i) = ai para i = 1, 2, . . . , n. Un ciclo es un tipo especial de permutaci´ on que describiremos a continuaci´ on. Sean a1 , a2 , . . . , ak k n´ umeros naturales distintos entre 1 y n y consideremos la aplicaci´ on θ : Nn → Nn definida as´ı: θ(ai ) = ai+1 si 1 ≤ i < k

θ(ak ) = a1

θ(j) = j si j ∈ Nn \ {a1 , . . . , ak }

66 Es claro que θ ∈ Sn . Diremos que θ es un ciclo y escribiremos θ = (a1 , . . . , ak ). La longitud de este ciclo es k (se dice tambi´en que θ es un “k-ciclo”). Cuando k = 1 entonces el ciclo (a1 ) es la identidad. Si k = 2 entonces (a1 , a2 ) tiene el efecto de intercambiar los elementos a1 y a2 entre s´ı, por lo cual un 2-ciclo es llamado tambi´en transposici´ on. Observemos que un ciclo de longitud k se puede escribir de k maneras distintas, permutando c´ıclicamente sus elementos. En otras palabras: (a1 , a2 , . . . , ak ) = (a2 , . . . , ak , a1 ) = · · · = (ak , a1 , . . . , ak−1 ) Dos ciclos (a1 , . . . , ak ) y (b1 , . . . , bh ) se dicen disjuntos si {a1 , . . . , ak } ∩ {b1 , . . . , bh } = ∅ Es f´ acil ver que si θ y ω son ciclos disjuntos entonces conmutan, es decir ω ◦θ = θ ◦ω. Para ello basta aplicar cada uno de los productos a un elemento cualquiera j de Nn . Proposici´ on 6.1.1. Toda permutaci´ on σ ∈ Sn se puede descomponer en producto de ciclos disjuntos. Dichos ciclos est´ an un´ıvocamente determinados por σ . Demostraci´ on: Comencemos por definir una relaci´ on ∼ en Nn as´ı: j ∼ k si y s´ olo si existe un entero i tal que k = σ i (j) Es inmediato verificar que ∼ es una relaci´ on de equivalencia, y por lo tanto Nn queda particionado en clases de equivalencia. Dado a ∈ Nn consideremos la sucesi´ on infinita a, σ(a), σ 2 (a), . . . . Es claro que esta sucesi´ on debe tener elementos repetidos. Digamos que σ i (a) = σ j (a), con i < j. Entonces umero natural tal que σ m (a) = a. σ j−i (a) = a , y j −i > 0. Sea m el menor n´ m−1 Entonces los elementos a, σ(a), . . . , σ (a) son todos distintos y est´ an en la clase de equivalencia de a. De hecho cualquier n´ umero equivalente con a est´ a en la lista anterior, ya que si a ∼ b entonces b = σ t (a) para alg´ un entero t, y efectuando la divisi´ on entera de t entre m tendremos t = qm + r con 0 ≤ r < m, y por lo tanto b = σ qm+r (a) = σ r (a). En conclusi´ on, la clase de equivalencia del elemento a es C(a) = {a, σ(a), . . . , σ m−1 (a)}. Observemos tambi´en que el ciclo (a, σ(a), . . . , σ m−1 (a)) act´ ua igual que σ sobre C(a). Si para cada clase de equivalencia formamos un ciclo de acuerdo al procedimiento anterior obtendremos un conjunto de ciclos disjuntos θ1 , . . . , θs tales que σ = θ1 ◦ θ2 ◦ · · · ◦ θs . En efecto, cada j ∈ Nn aparece en uno y s´ olo uno

67 de los ciclos θi (aquel que corresponde a la clase de equivalencia de j) y para ese ciclo se tiene θi (j) = σ(j), mientras que los ciclos θk con k 6= i (por ser disjuntos de θi ) dejan fijos a los elementos j y σ(j). Por otra parte es f´ acil ver que en cualquier descomposici´ on de σ en ciclos disjuntos ´estos deben estar constitu´ıdos por los elementos de una misma clase de equivalencia, y como cada ciclo act´ ua sobre sus elementos igual que σ resulta que quedan un´ıvocamente determinados. Observaci´ on: Al escribir una permutaci´ on como producto de ciclos disjuntos se suelen omitir los ciclos de longitud 1, ya que son la identidad y no afectan el producto. Sin embargo nosotros los escribiremos siempre expl´ıcitamente porque su n´ umero tiene importancia combinatoria. Ejemplo Dada la permutaci´ on σ=



1 2 3 4 5 6 7 8 3 7 5 4 8 1 2 6



tenemos que σ(1) = 3, σ(3) = 5, σ(5) = 8, σ(8) = 6 y σ(6) = 1 . Por lo tanto la clase del 1 es {1, 3, 5, 8, 6} y el ciclo correspondiente (1,3,5,8,6). Del mismo modo se encuentran los ciclos (2,7) y el 1-ciclo (4). Por lo tanto σ = (1, 3, 5, 8, 6)(2, 7)(4). umero de ciclos de longitud i que apaDenotaremos mediante λi (s) al n´ recen en la descomposici´ on de σ en producto de ciclos disjuntos. P Proposici´ on 6.1.2. Si σ ∈ Sn entonces ni=1 iλi (σ) = n

Demostraci´ on: El producto iλi (σ) nos da la cantidad de elementos en las clases de equivalencia de cardinal i, por lo tanto al sumar desde i = 1 hasta n tenemos el total de elementos en Nn . Proposici´ oP n 6.1.3. Si λ1 , . . . , λn son enteros no negativos que satisfacen la relaci´ on ni=1 iλi = n entonces el n´ umero de permutaciones σ ∈ Sn con λi ciclos de longitud i para i = 1, . . . , n viene dado por: n! 1λ1 2λ2

· · · nλn λ1 !λ2 ! · · · λn !

68 Demostraci´ on: Los ciclos que aparecen en la descomposici´ on de una permutaci´ on σ ∈ Sn son u ´nicos, pero no lo es la manera de escribirlos. De hecho, cada ciclo de longitud λi se puede escribir de λi maneras, y adem´ as los ciclos pueden permutarse entre ellos. Si adoptamos la convenci´ on de escribir primero los ciclos de longitud 1, luego los de longitud 2 y as´ı sucesivamente entonces el n´ umero de maneras de escribir la descomposici´ on correspondiente a una permutaci´ on σ con λi (σ) = λi ser´ a: 1λ1 2λ2 · · · nλn λ1 !λ2 ! · · · λn ! En efecto, el factor kλk corresponde al n´ umero de maneras de “rotar” los elementos de cada uno de los λk k-ciclos, mientras que el factor λk ! corresponde al n´ umero de maneras de permutar entre s´ı esos mismos ciclos. Hagamos ahora una lista con las n! permutaciones de los n´ umeros del 1 al n escritas como sucesiones de n elementos, y pongamos par´entesis del modo siguiente: λ1 pares de par´entesis encerrando a cada uno de los λ1 primeros elementos de cada entrada de la lista, λ2 pares de par´entesis encerrando de a pares a los 2λ2 elementos siguientes, y as´ı sucesivamente. La condici´ on λ1 + 2λ2 + · · · + nλn = n asegura que el u ´ltimo par´entesis cerrar´ a a la derecha del u ´ltimo elemento. En la lista resultante aparecer´ an todas las permutaciones σ ∈ Sn tales que λi (σ) = λi para i = 1, . . . , n ,pero de acuerdo con nuestra discusi´ on inicial es claro que cada una de ellas aparecer´ a 1λ1 2λ2 · · · nλn λ1 !λ2 ! · · · λn ! veces. Para obtener el n´ umero de estas permutaciones dividimos n! (el total de entradas en la lista) por la cantidad de veces que aparece repetida cada una de ellas, obteniendo el valor deseado.

Como un caso particular de la Proposici´ on que acabamos de demostrar se obtiene que el n´ umero de permutaciones de Nn que constan de un u ´nico ciclo de longitud n es (n − 1)!. Estas son las llamadas “permutaciones circulares” de la Combinatoria cl´ asica. Otra situaci´ on interesante se presenta cuando n es par y nos preguntamos por el n´ umero de permutaciones que se descomponen en producto de n/2 = m transposiciones disjuntas, sin puntos fijos. En este caso λ2 = n/2 y λi = 0 para i 6= 2. Por lo tanto el n´ umero buscado es n!/(2m m!) = (n − 1)(n − 3) · · · 3 · 1 = (n − 1)!!.

69

6.2

N´ umeros de Stirling de primera clase

  Llamaremos n´ umero de Stirling de primera clase nk a la cantidad de permutaciones σ ∈ Sn que se descomponen en producto de exactamente k ciclos   disjuntos. Si n > 0 es claro que n0 = 0. Aceptaremos por convenci´ on que 0  0 on se justifica si se considera que 0 = 1 y n = 0 , ∀n > 0 (esta convenci´ S0 es el conjunto de biyecciones del conjunto vac´ıo en s´ı mismo y tiene un solo elemento, a saber la funci´ on vac´ıa, la cual se descompone en producto de 0 ciclos).Lamentablemente no existe acuerdo sobre la notaci´ on para los n´ umeros de Stirling (se usa s(n, k), sn,k , Snk , etc.) Muchos autores asignan incluso un signo negativo a la mitad de estos n´ umeros. Nosotros adoptamos la notaci´ on de Knuth ([K1]), pues enfatiza la interesante analog´ıa existente entre estos n´ umeros y los coeficientes binomiales. A continuaci´ on demostraremos varias propiedades de estos n´ umeros. Proposici´ on 6.2.1. Para todo n > 0 se cumple:         n n n n = 1, = (n − 1)!, = n 1 n−1 2 Demostraci´ on: Si σ ∈ Sn se descompone en n ciclos disjuntos, todos ellos deben ser 1-ciclos y por lo tanto σ es la identidad. Esto prueba la primera igualdad. En cuanto a la segunda observemos que si σ ∈ Sn se descompone en un solo ciclo, esto significa que σ es un n-ciclo. Entonces aplicando la Proposici´ on 6.1.3 con λ1 = · · · = λn−1 = 0, λn = 1, se obtiene que el n´ umero de n-ciclos es (n − 1)!. Para demostrar la tercera igualdad observemos que si σ ∈ Sn se descompone en producto de n − 1 ciclos disjuntos todos ellos deben ser de longitud 1 salvo uno, que ser´ a de longitud 2. Esto significa n que σ es una transposici´ on. Por lo tanto n−1 representa el n´ umero de transposiciones en Sn . Pero una transposici´ on queda determinada por el par de elementos que transpone, por lo tanto hay tantas como pares de
elementos en Nn , es decir n2 . Proposici´ on 6.2.2. Para todo n > 0 y k > 0 se cumple:       n n−1 n−1 = (n − 1) + k k k−1

70   Demostraci´ on: Entre las nk permutaciones de Nn que se descomponen en producto de k ciclos disjuntos aquellas que dejan fijo el ele contemos  mento n. Su n´ umero debe ser n−1 , pues si dejan n fijo deben permutar k−1 los elementos {1, . . . , n − 1} entre s´ı y descomponerse en producto de k − 1 ciclos en Sn−1 para completar con el 1-ciclo (n) el total de k ciclos. En las permutaciones que no dejan fijo a n este elemento debe aparecer en alg´ un ciclo acompa˜ nado al menos de otro elemento. Eliminando a n de ese ciclo resulta una permutaci´on de Nn−1 que se descompone en producto de k ciclos disjuntos. Por este procedimiento se pueden obtener en verdad todas estas permutaciones, pero cada una de ellas aparecer´ a repetida n − 1 veces porque el elemento n puede reinsertarse en n − 1 posiciones diferentes. Por lo tanto el n´ umero de permutaciones de N n que n−1  se descomponen en k ciclos disjuntos y que no dejan fijo a n es (n−1) k . Una aplicaci´ on rutinaria del principio de la suma completa la demostraci´ on. La relaci´ on que acabamos de demostrar, parecida a la f´ ormula de Stifel para los coeficientes binomiales, permite calcular los n´ umeros de Stirling de primera clase recursivamente y construir un tri´ angulo similar al de Pascal: n\k 0 1 2 3 4 5 6

0 1 0 0 0 0 0 0

1

2

3

4

5

6

1 1 2 6 24 120

1 3 11 50 274

1 6 35 225

1 10 85

1 15

1

Los lados del tri´ angulo se llenan con ceros y unos en virtud de las igual0 n dades n = 0, ∀ n > 0 y n = 1, ∀ n ≥ 0. Las entradas restantes se obtienen sumando el n´ umero que se halla en la fila superior un lugar a la izquierda con el que est´ a arriba multiplicado umero de fila. Por 5 por su n´ ejemplo en la fila 5 y columna 3 tenemos 3 = 11 + 6 × 4 = 35.

Proposici´ on 6.2.3. Para todo n ≥ 0 se cumple: x(x + 1) · · · (x + n − 1) =

n   X n k=0

k

xk

71 Demostraci´ on: Lo probaremos por inducci´ on en n. La igualdad se cumple para n = 0 (interpretando el producto vac´ıo a la izquierda como igual a 1) y para n = 1, en cuyo caso se reduce a x = x. Puesto que x(x+1) · · · (x+n−1) es un polinomio de grado n en la variable x lo podemos escribir en la forma An,0 + An,1 x + · · · + An,n xn . Sea n > 0. Nuestro objetivo  esprobar que An,k = nk . Supongamos inductivamente que An−1,k = n−1 k . Como el polinomio x(x + 1) · · · (x + n − 1) se anula en x=0 y tiene    el coeficiente de xn igual a 1 es claro que An,0 = 0 = n0 y An,n = 1 = nn . Ahora bien, n X k=0

=

An,k xk = (x(x + 1) · · · (x + n − 2)) (x + n − 1) n−1 X

An−1,k x

k=0

=

n X k=1

k

!

(x + (n − 1))

k

An−1,k−1 x + (n − 1)

= xn +

n−1 X k=1

n−1 X

An−1,k xk

k=0

(An−1,k−1 + (n − 1)An−1,k ) xk

Por lo tanto si 0 < k < n se tiene: An,k = An−1,k−1 + (n − 1)An−1,k =



     n−1 n−1 n + (n − 1) = k−1 k k

siendo las dos u ´ltimas igualdades consecuencia de la hip´ otesis inductiva y de la Proposici´ on (6.2.2). Proposici´ on 6.2.4. Para todo n ≥ 0 se cumple: x(x − 1) · · · (x − n + 1) =

  n X n k (−1)n−k x k k=0

Demostraci´ on: Basta substituir x por −x en la Proposici´ on 6.2.3 y muln tiplicar luego ambos miembros por (−1) . Diremos que la sucesi´ on de n´ umeros reales a1 , a2 , . . . , an presenta un m´ınimo de izquierda a derecha en la posici´ on i si se cumple que aj > ai para todo j < i. Los n´ umeros de Stirling de primera clase est´ an relacionados con este concepto del modo siguiente:

72 Proposici´ on 6.2.5. El n´ umero de permutaciones de Nn que al ser escritas en forma on presentan exactamente k m´ınimos de izquierda a  de sucesi´ derecha es nk .

Demostraci´ on: Diremos que la descomposici´ on en producto de ciclos disa escrita en forma can´ onica si se juntos de una permutaci´ on σ ∈ Sn est´ satisfacen las dos condiciones siguientes: 1. Cada ciclo est´ a escrito comenzando por su menor elemento. 2. Los ciclos est´ an ordenados de izquierda a derecha en orden decreciente de sus primeros elementos. Es claro que toda permutaci´ on puede escribirse de acuerdo a estas reglas, y de una u ´nica manera. Por ejemplo :   1 2 3 4 5 6 7 8 σ= = (6, 8)(3, 5, 7)(1, 2, 4) 2 4 5 1 7 8 3 6

La ventaja de la forma can´ onica es que si quitamos los par´entesis que encierran a cada ciclo, la permutaci´ on original puede ser reconstru´ıda abriendo par´entesis antes de cada m´ınimo de izquierda a derecha. En efecto, el primer elemento de un ciclo en una descomposici´ on escrita en forma can´ onica es menor que el primer elemento de cualquier ciclo que lo preceda y por lo tanto menor que cualquier elemento de ese ciclo. En consecuencia, el primer elemento de cada ciclo es un m´ınimo de izquierda a derecha, y obviamente no hay otros m´ınimos. Construyamos ahora una aplicaci´ on f : Sn → Sn del modo siguiente: a cada σ ∈ Sn la descomponemos en producto de ciclos disjuntos, escribimos la descomposici´ on en forma can´ onica, quitamos los par´entesis e interpretamos el resultado como una permutaci´ on escrita en forma de sucesi´ on. Por ejemplo si σ es la permutaci´ on del ejemplo precedente entonces   1 2 3 4 5 6 7 8 f (σ) = 6 8 3 5 7 1 2 4 La posibilidad de reconstruir una permutaci´ on a partir de la sucesi´ on de elementos que aparecen en su forma can´ onica nos muestra que f es una biyecci´ on, y adem´ as hace corresponder a cada permutaci´ on que se descomponga en k ciclos disjuntos otra con k m´ınimos de izquierda a derecha. Una aplicaci´ on del principio de correspondencia finaliza la demostraci´ on. Otro tratamiento de este tema puede verse en [N2].

73

6.3

Aplicaci´ on al an´ alisis de algoritmos

El algoritmo que analizaremos a continuaci´ on es muy sencillo, y consiste en examinar secuencialmente un arreglo num´erico x[1], x[2], . . . , x[n] para hallar el m´ınimo elemento. Al finalizar, la variable min contendr´ a el valor del menor elemento del arreglo y la variable j su correspondiente ´ındice. Supondremos, para mayor sencillez, que todos los elementos del arreglo son distintos. PASO 1. (Inicializaci´ on) j ← 1; min ← x[1]; i ← 2 ; PASO 2. Si i > n finalizar. PASO 3. Si x[i] > min ir al PASO 5. PASO 4. min ← x[i]; j ← i; PASO 5. i ← i + 1; Ir al PASO 2. El an´ alisis combinatorio de este algoritmo consiste sencillamente en contar el n´ umero de veces que se ejecuta cada paso del mismo. Esto es f´ acil, excepto para el PASO 4, cuya ejecuci´ on depende de los datos de entrada (los elementos almacenados en el arreglo). Como m´ aximo este paso se ejecutar´a n − 1 veces, y esto ocurrir´ a si y s´ olo si x[1] > x[2] > · · · > x[n]. Pero tambi´en puede ocurrir que no se ejecute nunca, si los elementos del arreglo son tales que x[1] < x[2) < · · · < x[n]. En general, llamando A al n´ umero de veces que se ejecuta el PASO 4, tendremos: PASO 1 2 3 4 5

veces que se ejecuta 1 n n-1 A n-1

El valor exacto de la cantidad A es inferior en una unidad al n´ umero de m´ınimos de izquierda a derecha que presente la sucesi´ on x[1], x[2], . . . , x[n]. Puesto que a los fines de este an´ alisis no tienen importancia los valores absolutos de los n´ umeros x[i] sino solamente las relaciones de orden entre ellos, supongamos que x[1], x[2], . . . , x[n] son una permutaci´ on de los n´ umeros del

74 1 al n. Entonces la Proposici´ on (6.2.5) nos dice que el n´ umero de permutan  ciones para las cuales A = k es k+1 . Si suponemos que las n! permutaciones son equiprobables como datos de entrada, entonces la probabilidad de que sea A = k es:   1 n pk = Prob(A = k) = n! k + 1 Para obtener el valor esperado y la variancia de A calculemos primero la correspondiente funci´ on generadora de momentos: G(x) =

n−1 X

p k xk =

k=0

 n−1  1 X n 1 xk = (x + 1)(x + 2) · · · (x + n − 1) n! n! k+1 k=0

donde la u ´ltima igualdad es consecuancia de (6.2.3). Calculemos la derivada logar´ıtmica de G(x) : G′ (x) 1 1 1 = + + ··· + G(x) x+1 x+2 x+n−1 Como G(1) = 1, poniendo x = 1 en la expresi´ on anterior resulta que el valor esperado de A es: E(A) = G′ (1) =

1 1 1 + + · · · + = Hn − 1 2 3 n

siendo Hn la suma de los primeros n t´erminos de la serie arm´ onica. Derivando una vez m´ as resulta: G′′ (x)G(x) − (G′ (x))2 1 1 1 =− − − ··· − 2 2 2 G (x) (x + 1) (x + 2) (x + n − 1)2 y calculando nuevamente en x=1 tenemos G′′ (1) − (G′ (1))2 = − (2)

siendo Hn =

Pn

k=1 (1/k

2 ).

1 1 1 − − · · · − 2 = 1 − Hn(2) 22 32 n

Ahora podemos calcular la variancia de A:

Var(A) = G′′ (1) + G′ (1) − (G′ (1))2 = Hn − Hn(2) Con esto finaliza el an´ alisis estad´ıstico del algoritmo. Utilizando estas mismas ideas se puede analizar el algoritmo de ordenaci´ on por selecci´ on (ver ejercicios al final del cap´ıtulo).

75

6.4

Particiones, n´ umeros de Stirling de segunda clase y n´ umeros de Bell

Una partici´ on de un conjunto X es una colecci´ on {Ai : i ∈ I} de subconjuntos no vac´ıos de X, disjuntos dos a dos y tales que su uni´ on sea X. Cada partici´ on de X permite definir una relaci´ on de equivalencia ∼ en X en la un i ∈ I. Rec´ıprocamente cada cual x ∼ y si y s´ olo si x, y ∈ Ai para alg´ relaci´ on de equivalencia en X induce una partici´ on de X, a saber aquella constitu´ıda por las clases de equivalencia. Es claro que esta correspondencia entre particiones de X y relaciones de equivalencia en X es biyectiva. Cada funci´ on f : X → Y induce una relaci´ on de equivalencia ∼ en su dominio definiendo a ∼ b si y s´ olo si f (a) = f (b). A la partici´ on de X determinada por esta relaci´ on de equivalencia se le llama n´ ucleo de la funci´ on f . Si f es sobreyectiva y el conjunto Y tiene k elementos y1 , . . . , yk entonces el n´ ucleo de f se compone tambi´en de k clases, a saber f −1 (y1 ), . . . , f −1 (yk ). El n´ umero de particiones (o lo que es lo mismo, el n´ umero de relaciones de equivalencia) que admite un conjunto de n elementos se denomina n´ umero on que de Bell de orden n, y lo denotaremos Bn . Aceptaremos por convenci´ B0 = 1, aunque esto puede tambi´en justificarse observando que el conjunto vac´ıo admite exactamente una partici´ on, a saber la partici´ on vac´ıa (es decir la partici´ on sin miembro alguno). El n´ umero de particiones que admite un conjunto de n elementos con exactamente k clases se denomina n´ umero de Stirling  de segunda clase con ´ındices n y k y lo denotaremos mediante el n s´ımbolo nk . Es claro n que si n > 0 entonces 0 = 0. Tambi´en es obvio que si n < k entonces k = 0. Aceptaremos por convenci´ on, o en virtud del  mismo razonamiento que hicimos m´ as arriba para B0 , que 00 = 1. A continuaci´ on demostraremos varias propiedades de los n´ umeros de Stirling de segunda clase. Proposici´ on 6.4.1. Para todo n > 0 se cumple:           n n n n n n−1 = = 1, =2 − 1, = 1 n 2 n−1 2 Demostraci´ on: Si X = {x1 , . . . , xn } es un conjunto con n > 0 elementos entonces la u ´nica partici´ on de X con una sola clase es obviamente {X}. A su vez, la u ´nica partici´ on de X con n clases es {{x1 }, . . . , {xn }} y as´ı quedan probadas las dos primeras igualdades. En cuanto a la tercera hagamos corresponder a cada subconjunto A de X , no vac´ıo y distinto del propio X, la

76 partici´ on {A, X \ A}. De este modo se obtienen todas las particiones de X en dos clases, pero cada una de ellas aparece dos veces puesto que A y X\A determinan la misma partici´ on. Como X tiene 2n subconjuntos, descontando ∅ y X y dividiendo entre dos resulta (2n − 2)/2 = 2n−1 − 1. Por u ´ltimo, para probar la cuarta igualdad basta observar que cualquier partici´ on de X en n − 1 clases debe constar de una clase de dos elementos y n − 2 clases de un elemento cada una. Pero una partici´ on de este tipo queda determinada una vez que sabemos cual es la clase con dos elementos, para lo cual hay
precisamente n2 posibilidades. Proposici´ on 6.4.2. Para todo n > 0 y k > 0 se cumple:       n n−1 n−1 = +k k k−1 k

Demostraci´ on: Sea X = {x1 , . . . , xn }. Las particiones de X en k clases pueden clasificarse en dos categor´ıas: las que contienen la clase {xn } y las que no la contienen. Las primeras son n−1 k−1 , puesto que si {xn } es una clase debe haber k − 1 clases adicionales, cuya uni´ on ser´ a {x1 , . . . , xn−1 }. En las particiones de la segunda categor´ıa el elemento xn debe pertenecer a alguna de las k clases, que contendr´ a tambi´en alg´ un otro elemento. Quitandoxn re . sultar´ a una partici´ on de {x1 , . . . , xn−1 } con k clases, de las cuales hay n−1 k Sin embargo aplicando este procedimiento cada partici´ on de {x1 , . . . , xn−1 } en k clases se obtiene k veces, pues xn podr´ıa estar en cualquiera de las k clases. De este umero de particiones en la segunda  modo resulta que el n´ categor´ıa es k n−1 . k

La relaci´ on que acabamos de demostrar, an´ aloga a la f´ ormula de Stifel para los coeficientes binomiales y a la Proposici´ on (6.2.2) para los n´ umeros de Stirling de primera clase, permite calcular los n´ umeros de Stirling de segunda clase recursivamente y construir una tabla semejante al tri´ angulo de Pascal: n\k 0 1 2 3 4 5 6

0 1 0 0 0 0 0 0

1

2

3

4

5

6

1 1 1 1 1 1

1 3 7 15 31

1 6 25 90

1 10 65

1 15

1

77 En este tri´ angulo, luego de llenar los lados con ceros y unos, se obtiene cada n´ umero sumando al que est´ a en la fila superior y un lugar a la izquierda, el que est´ a encima multiplicadopor umero de columna. En la fila 5 y su n´ columna 3 se tiene por ejemplo 53 = 7 + 6 × 3 = 25.

Proposici´ on 6.4.3.

  X n    n j n+1 = j k k+1 j=0

Demostraci´ on: Sea X = {x1 , x2 , . . . , xn+1 }. En cada partici´ on de X en k + 1 clases eliminemos la clase que contiene a xn+1 . Queda entonces una partici´ on de un subconjunto B de {x1 , . . . , xn } en k clases. Rec´ıprocamente si a una partici´ on de un conjunto B ⊂ {x1 , . . . , xn } en k clases le agregamos la clase X \ B (que no es vac´ıa pues al menos contiene a xn+1 ) resulta una partici´ on de X en k + 1 clases. Las dos correspondencias que hemos definido son claramente inversas una de la otra, por lo tanto aplicando el principio de correspondencia y luego el de la suma resulta que:     X n+1 |B| = k+1 k B⊂{x1 ,...,xn }

Para concluir la demostraci´ on basta observar que para cada j = 0, 1, . . . , n
hay exactamente nj subconjuntos B de {x1 , . . . , xn } con j elementos.

Proposici´ on 6.4.4. El n´ umero de funciones de un conjunto  sobreyectivas de n elementos en otro de k elementos es k! nk .

Demostraci´ on: En primer lugar probaremos que si dos funciones f y g de un conjunto X en otro Y son sobreyectivas y tienen el mismo n´ ucleo, entonces existe una u ´nica biyecci´ on σ : Y → Y tal que f = σ ◦ g. En efecto, si y ∈ Y sea x ∈ X tal que g(x) = y y definamos σ(y) = f (x). La definici´ on es buena pues si x′ es otro elemento de X tal que g(x′ ) = y entonces g(x′ ) = g(x) y como g y f tienen el mismo n´ ucleo resulta f (x′ ) = f (x). Es claro que con esta definici´ on se cumple que σ ◦ g = f , y como g es sobre σ es la u ´nica funci´ on que satisface esta relaci´ on. Como f es sobre resulta tambi´en que σ lo es. En cuanto a la inyectividad si σ(y1 ) = σ(y2 ) sean x1 , x2 tales que g(xi ) = yi , i = 1, 2. Entonces σ(g(x1 )) = σ(g(x2 )) y por lo tanto f (x1 ) = f (x2 ), pero como f y g tienen el mismo n´ ucleo resulta

78 que g(x1 ) = g(x2 ), es decir y1 = y2 . La propiedad de tener el mismo n´ ucleo induce obviamente una relaci´ on de equivalencia en la familia de las funciones de X sobre Y . Si |X| = n y |Y | = k entonces en virtud de lo que acabamos de probar cada clase de equivalencia debe tener k! elementos (tantos como biyecciones σ : Y → Y ) y el n´ umero de clases de equivalencia ser´ a igual al n n´ umero de particiones de X en k clases, es decir . Por lo tanto el n´ umero k  n total de funciones de X sobre Y es k! k . Proposici´ on 6.4.5.   n 1 = k! n k

X

1 +···+nk =n ni >0



n n1 , . . . , nk



Demostraci´ on: Es consecuencia inmediata de las Proposiciones (6.4.4) y (3.2.4). Proposici´ on 6.4.6.       n−1 k n 1 X 1 X j k n k−j k (−1) (k − j) = (−1) jn = k! k! k j j j=0

j=1

Demostraci´ on: Es consecuencia inmediata de las Proposiciones (6.4.4) y (4.2.1). Proposici´ on 6.4.7. n    X k n j! = kn j j j=0

Demostraci´ on: Sean X e Y dos conjuntos tales que |X| = n y |Y | = k. Toda funci´ on de X en Y es sobre alg´ un subconjunto de Y . Como el n´ umero total de funciones de X en Y es kn tenemos entonces que: X |Sobre(X, B)| = kn B⊂Y


Pero para cada j entre 0 y k hay kj subconjuntos de Y con j elementos, y  el n´ umero de funciones de X sobre cada uno de ellos es j! nj seg´ un (6.4.4). Una aplicaci´ on del principio de la suma concluye la demostraci´ on.

79 Proposici´ on 6.4.8. n   X n [x]j x = j n

j=0

Demostraci´ on: El polinomio n   X n P (x) = x − [x]j j n

j=0

se anula para cualquier entero positivo k por la Proposici´ on (6.4.7). Por lo tanto, debe ser id´enticamente nulo. Proposici´ on 6.4.9. Supongamos que λ1 , . . . , λn son enteros no negativos tales que λ1 + 2λ2 + · · · + nλn = n. Entonces el n´ umero de particiones de un conjunto de n elementos con λi clases de i elementos para i = 1, . . . , n es: n! (1!)λ1 (2!)λ2 · · · (n!)λn λ1 !λ2 ! · · · λn ! Demostraci´ on: Podemos suponer sin p´erdida de generalidad que el conjunto de n elementos es Nn . Escribamos las n! permutaciones de los n´ umeros del 1 al n en forma de sucesi´ on y a cada una de ellas hag´ amosle corresponder una partici´ on de Nn de la siguiente manera: con los primeros λ1 elementos formamos λ1 clases de un elemento cada una; con los siguientes λ2 pares de elementos formamos λ2 clases de dos elementos cada una, y as´ı sucesivamente. Es claro que de este modo se obtienen todas las particiones de Nn con λi clases de i elementos para cada i = 1, . . . , k, pero cada una de ellas aparece repetida (1!)λ1 (2!)λ2 · · · (n!)λn λ1 !λ2 ! · · · λn ! veces. En efecto, para cada k = 1, . . . , n hay λk clases de k elementos, y los elementos de cada una de estas clases pueden permutarse entre s´ı de k! maneras. Esto da cuenta del factor (k!)λk . Por otra parte las λk clases de k elementos pueden permutarse entre s´ı de λk ! maneras. Proposici´ on 6.4.10. Lafunci´ de los n´ umeros de on generatriz exponencial n t k Stirling de segunda clase k para k ≥ 0 fijo es (e − 1) /k!.

80 Demostraci´ on: Utilizando (6.4.5) se tiene:     ∞ ∞ X X 1 n n X 1 n tn t = n! k n!k! n +···+n =n n1 , . . . , nk n=k n=k 1 k ! ∞ X 1 X 1 = tn k! n ! · · · n ! 1 k n=k n1 +···+nk =n   k 1 t t2 t3 (et − 1)k = + + + ··· = k! 1! 2! 3! k! Proposici´ on 6.4.11. Bn =

n   X n k=0

k

Demostraci´ on: Clasifique las particiones de un conjunto de n elementos seg´ un el n´ umero de clases que contengan, y aplique el principio de la suma. Proposici´ on 6.4.12. Bn+1 =

n   X n k=0

k

Bk

Demostraci´ on: Todas las particiones de Nn+1 pueden obtenerse escogiendo primero el conjunto de elementos F ⊂ Nn que acompa˜ nar´ an a n + 1 en su clase y efectuando luego una partici´ on de Nn \ F . Por lo tanto: Bn+1 =

X

F ⊂Nn

=

Bn−|F | =

n   X n k=0

k

n X X

Bn−k

k=0 F ⊂Nn |F |=k n   X

Bn−k =

k=0

n Bk k

(la u ´ltima igualdad es consecuencia de la simetr´ıa de los coeficientes binomiales).

81 Proposici´ on 6.4.13. La funci´ on generatriz exponencial de los n´ umeros de Bell es: ∞ X Bn n t t = ee −1 n! n=0 Demostraci´ on: Aplicando las Proposiciones (6.4.10) y (6.4.11) se tiene: ! ∞ ∞ n   X Bn n X 1 X n t = tn n! n! k n=0 n=0 k=0   ∞ X ∞ ∞ X 1 n n X 1 t t = t = (e − 1)k = ee −1 n! k k! k=0 n=k

k=0

(Otras demostraciones de este resultado conocido como “f´ ormula de Bell” pueden verse en [R6], [B1] y [T1]. Vea tambi´en el Ejercicio 13).

Tri´ angulo de Bell Los n´ umeros de Bell pueden obtenerse a partir del siguiente tri´ angulo, en el cual Bn es el u ´ltimo n´ umero de la fila n. La regla de formaci´ on de cada fila es la siguiente: se coloca como primer elemento el u ´ltimo n´ umero de la fila anterior, luego se suma este primer elemento con el n´ umero que est´ a arriba suyo y el resultado se coloca como segundo n´ umero de la fila, la suma de ´este con el que est´ a arriba suyo es el tercero, y as´ı sucesivamente. La fila n´ umero 5 por ejemplo se obtuvo as´ı: su primer elemento es el u ´ltimo de la fila 4, es decir el 15. El segundo elemento es 15 + 5 = 20, el tercero 20 + 7 = 27, el cuarto 27 + 10 = 37 y el quinto y u ´ltimo B5 = 37 + 15 = 52. El proceso comienza colocando B1 = 1 en la primera fila. La justificaci´ on de este procedimiento se deja al lector (ver Ejercicio 16). n=1 n=2 n=3 n=4 n=5 n=6 n=7 n=8

1 1 2 5 15 52 203 877

2 3 7 20 67 255 ...

5 10 27 87 322

15 37 114 409

52 151 523

203 674

877

82 Para finalizar, recomendamos al lector el interesante art´ıculo de divulgaci´ on de Martin Gardner [G1] sobre los n´ umeros de Bell.

6.5

Ejercicios

  1. Pruebe que el n´ umero de Stirling de primera clase nk es igual a la suma de todos los productos de n − k n´ umeros distintos entre 1 y  n − 1. Por ejemplo, 53 = 1 · 2 + 1 · 3 + 1 · 4 + 2 · 3 + 2 · 4 + 3 · 4 = 35. Deduzca como corolario la siguiente acotaci´ on:     n n−1 2 ≤ (n − k)! k k−1 2. (Algoritmo de ordenaci´ on por selecci´ on) El siguiente algoritmo ordena el arreglo x[1], . . . , x[n] en forma ascendente: Paso 1. k ← 1

Paso 2. Si k > n − 1 finalizar.

Paso 3. j ← k; M ← x[k]; i ← j + 1

Paso 4. Si i > n ir al Paso 8.

Paso 5. Si x[i] > M ir al Paso 7. Paso 6. M ← x[i]; j ← i

Paso 7. i ← i + 1; Ir al Paso 4.

Paso 8. x[j] ← x[k]; x[k] ← M ; k ← k + 1; Ir al Paso 2. Calcule el n´ umero de veces que se ejecuta cada paso distinto del Paso 6. Pruebe que si x[1], . . . , x[n] es una permutaci´ on de los n´ umeros del 1 al n tomada al azar entonces el valor esperado del n´ umero de veces que se ejecuta el Paso 6 es (n + 1)Hn − n.

3. Demuestre la Proposici´ on (6.4.9) a partir de la (6.1.3).  n

= n3 + 3 n4 4. Pruebe que n−2

5. Pruebe que





n n−3

=

n 4




+ 10

n 5




+ 15

n 6




83 6. Pruebe que el n´ umero de particiones n−1 de Nn en k clases que no contengan elementos consecutivos es k−1 .

Como aplicaci´ on, muestre que el n´ umero de banderas con n franjas horizontales que se pueden pintar con k colores, de modo que aparezcan todos n−1los colores y no haya franjas adyacentes del mismo color, es k! k−1 .

7. Pruebe que para un k fijo, on generatriz de los n´ umeros de  la funci´ Stirling de segunda clase n+k es: k  ∞  X 1 n+k n x = (1 − x)(1 − 2x) · · · (1 − kx) k

n=0

 8. Pruebe que el n´ umero de Stirling de segunda clase nk es igual a la suma de todos los productos de n − k factores entre 1 y k , donde puede haber factores repetidos. Por ejemplo,   5 = 1 · 1 + 1 · 2 + 1 · 3 + 2 · 2 + 2 · 3 + 3 · 3 = 25 3 9. Los polinomios [x]0 = 1, [x]1 = x, . . . , [x]n = x(x − 1) · · · (x − n + 1) forman una base del espacio vectorial de los polinomios a coeficientes reales y grado menor o igual a n , del mismo modo que los polinomios 1, x, x2 , . . . , xn . Exprese las matrices de cambio de una a otra base utilizando los n´ umeros de Stirling. Multiplicando una de estas matrices por su inversa obtenga relaciones entre los n´ umeros de Stirling de primera y segunda clase. 10. Si n > 1 es producto de k factores primos distintos, pruebe que el n´ umero de descomposiciones de n en producto de factores mayores que 1 es Bk . 11. Pruebe que el n´ umero de particiones de Nn tales que cada clase tiene al menos dos elementos es igual al n´ umero de particiones de Nn−1 tales que al menos una clase tiene exactamente un elemento. 12. Demuestre la Proposici´ on (6.4.12) a partir de las Proposiciones (6.4.3) y (6.4.11).

84 13. Obtenga la f´ ormula de Bell multiplicando la funci´ on generatriz exponencial de la sucesi´ on {Bn } por el desarrollo en serie de ez y usando la Proposici´ on (6.4.12). 14. Demuestre la “f´ ormula de Dobinsky”:   1 1n 2n 3n Bn+1 = + + + ··· e 0! 1! 2! 15. Pruebe que el n´ umero de particiones de Nn tales que ninguna clase contiene elementos consecutivos es Bn−1 . 16. Justifique la contrucci´ on del tri´ angulo de Bell.

Cap´ıtulo 7

Teoremas de existencia “Mirando bien las cosas, parece que el matem´atico debe tener el valor de afirmar sus convicciones ´ıntimas, lo que le llevar´a a decir que las estructuras matem´aticas est´an dotadas de una existencia independiente de la mente humana que las piensa. Esta existencia es, sin duda alguna, muy diferente de la existencia concreta y material del mundo exterior, pero no por eso deja de estar relacionada de manera sutil y profunda con la existencia objetiva.” Ren´e Thom.

En este cap´ıtulo hemos agrupado algunos resultados que afirman la existencia de alg´ un tipo de objeto matem´ atico a partir de consideraciones combinatorias, entre ellos el teorema de Ramsey y algunas de sus consecuencias y el Teorema de Philip Hall sobre sistemas de representantes distintos. Inclu´ımos el teorema de Van der Waerden por cuanto creemos que pertenece a este mismo orden de ideas, aunque tambi´en podr´ıa ser considerado un resultado de teor´ıa de n´ umeros. Por u ´ltimo aprovechamos la ocasi´ on para ilustrar la significaci´ on y las posibilidades de las estructuras de orden en Combinatoria.

86

7.1

El Teorema de Ramsey

El Teorema de Ramsey es una generalizaci´ on profunda del llamado “Principio de Dirichlet”, por lo cual demostraremos en primer lugar este resultado. (Acotemos sin embargo que desde el punto de vista que hemos adoptado en esta obra el de Dirichlet no es un “verdadero” principio, sino una consecuencia m´ as o menos inmediata de los principios de correspondencia y de la suma) Principio de Dirichlet 7.1.1. Sean a1 , . . . , ak n´ umeros enteros no negativos y sea n = a1 + · · · + ak − k + 1 . Si |X| ≥ n y X = A1 ∪ · · · ∪ Ak es una descomposici´ on de X como uni´ on de subconjuntos disjuntos, entonces para alg´ un i (1 ≤ i ≤ k) se tiene |Ai | ≥ ai . Demostraci´ on: Supongamos por absurdo que |Ai | < ai para todo i = 1, . . . , k. Entonces |Ai | ≤ ai − 1 y por lo tanto |X| = |A1 | + · · · + |Ak | ≤ (a1 −1)+· · ·+(ak −1) = n−1, en contradicci´ on con la hip´ otesis |X| ≥ n. En lo sucesivo, si X es un conjunto y r un entero no negativo, Pr (X) denotar´ a la colecci´ on de subconjuntos de r elementos del conjunto X, es decir Pr (X) = {A ⊂ X : |A| = r}. Teorema de Ramsey 7.1.2. Sean r, a1 , . . . , ak enteros tales que 1 ≤ r ≤ Entonces existe un m´ınimo n´ umero entero ai para i = 1, . . . , k. R(a1 , . . . , ak ; r) tal que si X es un conjunto con |X| ≥ R(a1 , . . . , ak ; r) y on de Pr (X) en k subconjuntos Pr (X) = A1 ∪ · · · ∪ Ak es una descomposici´ disjuntos entonces para alg´ un i (1 ≤ i ≤ k) existe un subconjunto Y de X con |Y | = ai y Pr (Y ) ⊂ Ai . (Los n´ umeros R(a1 , . . . , ak ; r) cuya existencia afirma este Teorema se conocen como n´ umeros de Ramsey) Demostraci´ on: Si identificamos X con P1 (X) por medio de la biyecci´ on natural que lleva x en {x} el Principio de Dirichlet (7.1.1) nos muestra que este Teorema es v´ alido para r = 1. M´ as a´ un nos dice que: R(a1 , . . . , ak ; 1) ≤ a1 + · · · + ak − k + 1 De hecho es f´ acil ver que se cumple la igualdad. Para k = 1 y r cualquiera la demostraci´ on es tambi´en f´ acil. En este caso se tiene R(a1 ; r) = a1 . En efecto,si |X| ≥ a1 sea Y cualquier subconjunto de X con a1 elementos. Entonces Pr (Y ) ⊂ Pr (X) = A1 , y obviamente a1 es el menor entero con esta propiedad.

87 Ahora probaremos el teorema para k = 2. En primer lugar observemos que si R(a1 , a2 ; r) existe entonces tambi´en existe R(a2 , a1 ; r) y son iguales. En efecto, si |X| ≥ R(a1 , a2 ; r) y Pr (X) = B1 ∪ B2 con B1 ∩ B2 = ∅ entonces escribiendo Pr (X) = B2 ∪ B1 y aplicando la propiedad que define a R(a1 , a2 ; r) resulta que existe Y ⊂ X tal que |Y | = a1 y Pr (Y ) ⊂ B2 , o bien |Y | = a2 y Pr (Y ) ⊂ B1 . Esto significa que R(a2 , a1 ; r) existe y es menor o igual que R(a1 , a2 ; r). An´ alogamente se ve que R(a1 , a2 ; r) ≤ R(a2 , a1 ; r). Tambi´en tenemos que R(a1 , r; r) = a1 . En efecto, si |X| ≥ a1 y Pr (X) = A1 ∪ A2 , con A1 ∩ A2 = ∅, hay dos posibilidades: 1) A2 = ∅. En este caso A1 = Pr (X) y tomando cualquier Y ⊂ X con a1 elementos tenemos Pr (Y ) ⊂ Pr (X) = A1 . 2) A2 6= ∅ . En este caso sea T ∈ A2 . Puesto que T es un subconjunto de X de r elementos, tenemos que Pr (T ) = {T } ⊂ A2 . Esto prueba que R(a1 , r; r) ≤ a1 . Pero si |X| < a1 , escribiendo Pr (X) = Pr (X) ∪ ∅ vemos que no hay subconjuntos de X con a1 elementos, ni tampoco subconjunto Y alguno de r elementos con Pr (Y ) = {Y } ⊂ ∅. Por lo tanto R(a1 , r; r) = a1 . Por la simetr´ıa se˜ nalada anteriormente tambi´en se tiene R(r, a2 ; r) = a2 . A continuaci´ on demostraremos la existencia de los n´ umeros R(a1 , a2 ; r) por inducci´ on en a1 , a2 y r, partiendo de la existencia ya demostrada para r = 1 ≤ a1 , a2 , y para r cualquiera y a1 o a2 iguales a r. Supongamos entonces 1 < r < ai (i = 1, 2). Por hip´ otesis inductiva existen b1 = R(a1 − 1, a2 ; r) , b2 = R(a1 , a2 − 1; r) y R(b1 , b2 ; r − 1). Sea m = R(b1 , b2 ; r − 1) + 1 y sea X un conjunto tal que |X| ≥ m. Sea x un elemento cualquiera de X y sea T = X\{x}. Si Pr (X) = A1 ∪ A2 con A1 ∩ A2 = ∅ entonces podemos descomponer Pr (T ) como uni´ on disjunta de dos subconjuntos B1 y B2 definidos as´ı: Bi = {Z ∈ Pr−1 (T ) : {x} ∪ Z ∈ Ai }, (i = 1, 2) Como |T | = |X| − 1 ≥ m − 1 = R(b1 , b2 ; r − 1) resulta que T tiene un subconjunto U con |U | = b1 y Pr−1 (U ) ⊂ B1 , o un subconjunto V con |V | = b2 y Pr−1 (V ) ⊂ B2 . Analizaremos solamente el primer caso, ya que el otro es an´ alogo. Sea Ci = Pr (U ) ∩ Ai , (i = 1, 2). Entonces Pr (U ) = C1 ∪ C2 y C1 ∩ C2 = ∅. Como |U | = b1 = R(a1 − 1, a2 ; r) entonces U contiene un subconjunto W con |W | = a1 − 1 y Pr (W ) ⊂ C1 o un subconjunto Y con |Y | = a2 y Pr (Y ) ⊂ C2 . En este u ´ltimo caso estamos listos ya que C2 ⊂ A2 . En el otro caso tomemos Y = {x} ∪ W , con lo cual |Y | = a1 . Probaremos ahora que Pr (Y ) ⊂ A1 . En efecto, si un subconjunto de Y de r elementos no contiene al elemento x, entonces est´ a en Pr (W ) y por lo tanto

88 en A1 . Los subconjuntos de Y de r elementos que contienen al elemento x son de la forma {x} ∪ Z con Z ∈ Pr−1 (W ). Pero W ⊂ U , de donde Z ∈ Pr−1 (W ) ⊂ Pr−1 (U ) ∪ B1 y por la definici´ on de B1 tenemos entonces que {x} ∪ Z ∈ A1 . Hemos probado as´ı que existe un n´ umero m con la siguiente propiedad: “Si |X| ≥ m, Pr (X) = A1 ∪ A2 y A1 ∩ A2 = ∅ entonces existe Y ⊂ X tal que |Y | = ai y Pr (Y ) ⊂ Ai , para i = 1 o 2”. Debe existir entonces un m´ınimo entero con esa propiedad, y ´ese es R(a1 , a2 ; r). Finalmente probaremos la existencia de R(a1 , . . . , ak ; r) para todo k ≥ 1 y 1 ≤ r ≤ ai , (i = 1, . . . , k), por induci´ on en k. Como ya lo hemos probado para k = 1 y k = 2, supongamos entonces k > 2 y sea m = R(a1 , . . . , ak−2 , R(ak−1 , ak ; r); r). Sea X un conjunto con |X| ≥ m on de Pr (X) en k subconjuntos y Pr (X) = A1 ∪ · · · ∪ Ak una descomposici´ disjuntos. Agrupando Ak−1 y Ak tenemos una descomposici´ on de Pr (X) en k − 1 subconjuntos disjuntos: Pr (X) = A1 ∪ · · · ∪ Ak−2 ∪ (Ak−1 ∪ Ak ) Entonces por la definici´ on de m existe Y ⊂ X tal que ocurre una de las dos cosas siguientes: 1) Para alg´ un i (1 ≤ i ≤ k − 2) se tiene |Y | = ai y Pr (Y ) ⊂ Ai 2) |Y | = R(ak−1 , ak ; r) y Pr (Y ) ⊂ Ak−1 ∪ Ak En el primer caso, ya est´ a listo. En el segundo podemos escribir Pr (Y ) = (Ak−1 ∩ Pr (Y )) ∪ (Ak ∩ Pr (Y )) y entonces por la definici´ on de R(ak−1 , ak ; r) existe Z ⊂ Y tal que |Z| = ak−1 y Pr (Z) ⊂ Ak−1 , o |Z| = ak y Pr (Z) ⊂ Ak . as a´ un Esto prueba que R(a1 , . . . , ak ; r) existe, y m´ R(a1 , . . . , ak ; r) ≤ R(a1 , . . . , ak−2 , R(ak−1 , ak ; r); r)

Proposici´ on 7.1.3.

i) R(a; r) = a (1 ≤ r ≤ a)

ii) R(a1 , . . . , ak ; 1) = a1 + · · · + ak − k + 1 (a1 , . . . , ak ≥ 1) iii) R(a, r; r) = R(r, a; r) = a (1 ≤ r ≤ a) iv) R(a, b; r) ≤ R(R(a − 1, b; r), R(a, b − 1; r); r − 1) + 1 (a, b > r > 1) v) R(a, b; 2) ≤ R(a − 1, b; 2) + R(a, b − 1; 2) (a, b > 2)

89 vi) R(a1 , . . . , ak ; r) ≤ R(a1 , . . . , ak−2 , R(ak−1 , ak ; r); r) para k ≥ 3 y 1 ≤ r ≤ a1 , . . . , ak Demostraci´ on: Todos estos resultados han sido establecidos en el transcurso de la demostraci´ on del Teorema de Ramsey (7.1.2), con excepci´ on de v), que es consecuencia inmediata de iv) y ii). Salvo por los casos triviales a que hacen referencia los puntos i), ii) y iii) de la Proposici´ on anterior son pocos los n´ umeros de Ramsey cuyo valor se conoce exactamente. Los valores conocidos de R(p, q; 2) se resumen en la tabla que aparece al final del libro. Adem´ as se sabe que R(3, 3, 3; 2) = 17. (Vea tambi´en [W2]).

7.2

Aplicaciones a la teor´ıa de grafos

A continuaci´ on haremos un resumen de las definiciones y conceptos b´ asicos de la teor´ıa de grafos que necesitaremos. El lector no familiarizado con esta teor´ıa puede consultar [B2] o [H2]. Un grafo es un par G = (V, A) donde V es un conjunto no vac´ıo y A es un conjunto de pares (desordenados) de elementos distintos de V , es decir un subconjunto de P2 (V ). El grafo es finito si V lo es. Los elementos de V se llaman v´ertices y los de A aristas. Se llama extremos de una arista a los dos v´ertices que le pertenecen. Dos v´ertices distintos son adyacentes si son extremos de una misma arista. Un conjunto de v´ertices W ⊂ V es independiente si no contiene ning´ un par de v´ertices adyacentes. Un v´ertice y una arista son incidentes si el primero es un extremo de la segunda. La valencia o grado de un v´ertice v ∈ V es el n´ umero de aristas incidentes con v. La denotaremos mediante ρ(v). Como cada arista tiene dos extremos, para los grafos finitos se cumple la siguiente identidad debida a Euler: X ρ(v) = 2|A| v∈V

de la cual se deduce que el n´ umero de v´ertices con valencia impar debe ser par. El grafo G = (V, A) es completo si A = P2 (V ), es decir si todo par de v´ertices distintos de V son adyacentes. Es claro que un grafo de n v´ertices es completo si y s´ olo si tiene n(n − 1)/2 aristas. Un grafo G′ = (V ′ , A′ ) es subgrafo de G = (V, A) si V ′ ⊂ V y A′ ⊂ A. Si G = (V, A) es un grafo y W ⊂ V , entonces el subgrafo generado por W es H = (W, B), siendo B el

90 conjunto de aristas de G con ambos extremos en W . El complemento del grafo G = (V, A) es el grafo G = (V, P2 (V )\A). Proposici´ on (Erd¨ os - Szekeres) 7.2.1. Dados enteros a, b ≥ 2 existe un m´ınimo entero N (a, b) tal que todo grafo con N (a, b) o m´ as v´ertices contiene un subgrafo completo de a v´ertices o un conjunto de b v´ertices independientes. Adem´ as se cumple la desigualdad   a+b−2 N (a, b) ≤ a−1 Demostraci´ on: La primera parte de esta proposici´ on resulta del teorema de Ramsey al tomar k = r = 2 y N (a, b) = R(a, b; 2). Para probar la desigualdad observemos que:

N (a, 2) = N (2, a) = R(2, a; 2) = a =



(a + 2) − 2 a−1



Procediendo ahora por inducci´ on tenemos que si a, b > 2 entonces: N (a, b) ≤ N (a − 1, b) + N (a, b − 1) ≤



     (a − 1) + b − 2 a + (b − 1) − 2 a+b−2 + = (a − 1) − 1 a−1 a−1

Una coloraci´ on de las aristas de un grafo G = (V, A) con k colores es una funci´ on f : A → C siendo C un conjunto de k elementos (no imponemos ninguna restricci´ on sobre los colores de aristas con un extremo com´ un). Un subgrafo de un grafo coloreado se dice monocrom´ atico si todas sus aristas son del mismo color. La existencia de los n´ umeros de Ramsey R(a1 , . . . , ak ; 2) nos permite enunciar la siguiente proposici´ on: Proposici´ on 7.2.2. Dados k n´ umeros a1 , . . . , ak ≥ 2 existe un m´ınimo entero N (a1 , . . . , ak ) tal que si las aristas de un grafo de N (a1 , . . . , ak ) o m´ as v´ertices se colorean con k colores, entonces para alg´ un i (1 ≤ i ≤ k) G contiene un subgrafo monocrom´ atico completo de ai v´ertices.

91

Proposici´ on 7.2.3. Si G = (V, A) es un grafo infinito numerable, entonces G contiene un subgrafo completo infinito o un conjunto infinito de v´ertices independientes. Demostraci´ on: Sea F = {v ∈ V : ρ(v) < ∞} el conjunto de los v´ertices con valencia finita. Distinguiremos dos casos: a) F es infinito. En este caso sean u1 , u2 , . . . los v´ertices con valencia finita. Construyamos inductivamente una nueva sucesi´ on de v´ertices as´ı: sea v1 = u1 , y como v2 tomemos el primer ui no adyacente a v1 . Como v3 tomamos el primer ui no adyacente a v1 ni a v2 , . . . y en general si ya hemos elegido v1 , . . . , vk entonces como vk+1 tomamos el primer ui no adyacente a ninguno de los v´ertices v1 , v2 , . . . , vk . Esto siempre es posible por tener ´estos v´ertices valencia finita, mientras que los ui son infinitos. Los v´ertices vi as´ı constru´ıdos constituyen un conjunto infinito independiente. b) F es finito. En este caso V1 = V \F debe ser infinito. Sea u1 un elemento cualquiera de V1 y sea U1 el conjunto formado por los v´ertices de V1 adyacentes a u1 . Es claro que |U1 | = ∞ ya que ρ(u1 ) = ∞ y fuera de V1 hay s´ olo un n´ umero finito de v´ertices. Definamos ahora V2 como el conjunto de elementos de U1 que son adyacentes a infinitos v´ertices de U1 . Si |V2 | < ∞ entonces se puede aplicar al subgrafo de G generado por U1 el razonamiento que hicimos para el caso a) resultando en la existencia de un conjunto independiente infinito. Por el contrario si |V2 | = ∞ escojamos u2 ∈ V2 y repitamos el proceso definiendo U2 como el conjunto de v´ertices de V2 adyacentes a u2 , etc. Si este proceso se detiene al resultar alg´ un Vn finito, entonces existe un conjunto infinito independiente. Si por el contrario el proceso no se detiene, entonces la sucesi´ on u1 , u2 , . . . genera un subgrafo infinito completo. La generalizaci´ on correspondiente de (7.2.2) es la siguiente: Proposici´ on 7.2.4. Si las aristas de un grafo completo con una infinidad numerable de v´ertices se colorean con r colores, entonces existe un subgrafo completo infinito y monocrom´ atico. Demostraci´ on: Por inducci´ on en r. Para r = 1 es obvio, y para r = 2 es la Proposici´ on (7.2.3). Supongamos ahora que el resultado es cierto para

92 un r > 2. Dado un grafo completo infinito numerable, si las aristas se colorean con r + 1 colores 1, 2, . . . , r + 1, identifiquemos los colores r y r + 1. Entonces por la hip´ otesis inductiva existe un subgrafo completo infinito con las aristas de un mismo color i para alg´ un i = 1, . . . , r − 1, o un subgrafo completo infinito con las aristas coloreadas con los colores r y r + 1, el cual a su vez por la Proposici´ on (7.2.2) debe tener un subgrafo completo infinito monocrom´ atico.

7.3

Una aplicaci´ on geom´ etrica

Se dice que un conjunto de puntos del plano est´ a en posici´ on gen´erica si no hay tres de ellos alineados. Proposici´ on (Erd¨ os - Szekeres) 7.3.1. Para cada entero m ≥ 3 existe un m´ınimo entero Nm con la propiedad siguiente: para cualquier conjunto de n puntos del plano en posici´ on gen´erica con n ≥ Nm hay m de ellos que son los v´ertices de un pol´ıgono convexo. Demostraci´ on: Es claro que N3 = 3 pues todos los tri´ angulos son convexos. N4 debe ser mayor que cuatro, ya que cuatro puntos dispuestos de modo que uno de ellos sea interior al tri´ angulo determinado por los otros tres no son los v´ertices de un cuadril´ atero convexo. Probemos que N4 = 5. En efecto, la c´ apsula convexa de un conjunto de 5 puntos en posici´ on gen´erica es un pent´ agono, un cuadril´ atero o un tri´ angulo. En los dos primeros casos, tomando cuatro v´ertices de la c´ apsula convexa estamos listos. En el tercer caso dos de los puntos (digamos A y B) son interiores al tri´ angulo determinado por los otros tres (digamos C, D y E). La recta AB deja en un mismo semiplano a dos de los v´ertices del tri´ angulo (digamos a C y D) y en el semiplano opuesto al v´ertice restante. Es f´ acil ver entonces que A, B, C y D son v´ertices de un cuadril´ atero convexo. Ahora probaremos que si n puntos est´ an en posici´ on gen´erica y cuatro cualesquiera de ellos son los v´ertices de un cuadril´ atero convexo entonces los n puntos son los v´ertices de un n-gono convexo. Para verlo sean P1 , . . . , Pm los v´ertices de la c´ apsula convexa, numerados en el orden en que aparecen al recorrer su per´ımetro en uno de los dos sentidos posibles. Si m < n, entonces alguno de los puntos dados es interior a la c´ apsula convexa y por lo tanto a alguno de los tri´ angulos P1 P2 P3 , P1 P3 P4 , . . . , P1 Pm−1 Pm . Pero entonces tendr´ıamos cuatro puntos tales que uno de ellos es interior al tri´ angulo de-

93

E

t

A

C

e e e e e e t e e B e e e

e e e

D

terminado por los otros tres, y no ser´ıan v´ertices de un cuadril´ atero convexo contradiciendo la hip´ otesis. Por lo tanto n = m, como quer´ıamos probar. Sean ahora m ≥ 4 y n ≥ R(m, 5; 4). Dado un conjunto X de n puntos del plano en posici´ on gen´erica descompongamos P4 (X) en la uni´ on disjunta de dos subconjuntos A y B, poniendo en A aquellas cuaternas de puntos de X que sean v´ertices de un cuadril´ atero convexo, y en B las restantes. En virtud de la definici´ on de R(m, 5; 4) existen dos posibilidades: a) Hay un subconjunto de X de m puntos tal que todos sus subconjuntos de 4 puntos est´ an en A. En este caso los m puntos son v´ertices de un m-gono convexo, como probamos m´ as arriba. b) Hay un subconjunto de X de 5 puntos tales que todos sus subconjuntos de 4 puntos est´ an en B. Pero esto es imposible, pues ya probamos que un pent´agono contiene al menos un cuadril´ atero convexo (N4 = 5). Entonces R(m, 5; 4) satisface la propiedad deseada. Por tanto hay un m´ınimo entero Nm ≤ R(m, 5; 4) con esta propiedad.

Los u ´nicos valores conocidos de Nm son N3 = 3, N4 = 5 y N5 = 9. Se ha conjeturado que Nm = 2m−2 + 1. La Proposici´ on (7.3.1) puede generalizarse a Rn (Ver ejercicio 9 al final del cap´ıtulo).

94

7.4

El Teorema de Graham - Rothschild

En lo que sigue, si a y b son n´ umeros enteros y a ≤ b, usaremos la notaci´ on [a, b] para referirnos al conjunto de los n´ umeros enteros comprendidos entre a y b, ambos inclusive. En otras palabras, [a, b] = {n ∈ Z : a ≤ n ≤ b}. Si x, y ∈ [0, t]m diremos que son t-equivalentes si sus componentes coinciden hasta la u ´ltima aparici´ on de t (si la hay) inclusive. En otras palabras, x = (x1 , . . . , xm ) y y = (y1 , . . . , ym ) son t-equivalentes si y s´ olo si no existen ´ındices i y j, 1 ≤ i ≤ j ≤ m, tales que: 1) xi 6= yi ; 2) xj = t o yj = t. Teorema de Graham - Rothschild 7.4.1. Para todo n´ umero natural r existe un m´ınimo entero N (t, m, r) tal que si n ≥ N (t, m, r) y [1, n] se colorea Pcon r colores, entonces existen naturales a, d1 , . . . , dm que satisfacen m a+t m i=1 di ≤ n y tales que para cada clase de t-equivalencia E de [0, t] el conjunto: {a +

m X i=1

xi di : (x1 , . . . , xm ) ∈ E}

es monocrom´ atico. Demostraci´ on: Llamaremos A(t, m) al enunciado de esta Proposici´ on. La idea de la demostraci´ on es hacer una inducci´ on doble en t y m, probando que: I) A(1, 1) es verdadero II) A(t, k) para k = 1, . . . , m ⇒ A(t, m + 1) III) A(t, m) ∀m ≥ 1 ⇒ A(t + 1, 1) En primer lugar aclaremos el significado de A(t, 1). Los elementos de [0, t]1 son simplemente los enteros del 0 al t, y las clases de t-equivalencia son solamente dos, a saber {0, 1, . . . , t − 1} y {t}. Por lo tanto A(t, 1) se reduce a la afirmaci´ on siguiente: “Para todo natural r existe un m´ınimo entero N (t, 1, r) tal que si n ≥ N (t, 1, r) y [1, n] se colorea con r colores existen naturales a y d que satisfacen a + td ≤ n y los conjuntos {a, a + d, . . . , a + (t − 1)d)} y {a + td} son monocrom´ aticos”. En otras palabras, dados t y r si n es suficientemente grande y [1, n] se colorea con r colores hay una progresi´ on aritm´etica de longitud t con todos sus t´erminos del mismo color. Este es un famoso teorema demostrado por primera vez por Van der Waerden [W1]. Procedamos ahora con la demostraci´ on:

95 I) A(1, 1) en virtud de la discusi´ on anterior es trivialmente verdadero (Basta tomar N (1, 1, r) = 2). II) Para un r fijo sean M = N (t, m, r) y M ′ = N (t, 1, r M ), los cuales existen por la hip´ otesis inductiva. Sea C : [1, M M ′ ] → [1, r] una r-coloraci´ on. M ′ ′ M Definamos una r -coloraci´ on C : [1, M ] → [1, r] del modo siguiente: C ′ (k) = (C((k − 1)M + 1), C((k − 1)M + 2), . . . , C(kM )) Por definici´ on de M ′ deben existir a′ y d′ tales que a′ +td′ ≤ M ′ y C ′ (a′ +xd′ ) es constante para x = 0, 1, . . . , t − 1. Considerando el intervalo ′ ′ [(a − 1)M + 1, a M ] y aplic´ andole a, d1 , . . . , dm P A(t, m)′ vemos que existenP m con (a′ − 1)M + 1 ≤ a y a + t m d ≤ a M tales que C(a + i=1 i i=1 xi di ) es ′ constante en las clases de t-equivalencia. Definamos di = di (1 ≤ i ≤ m) y d′m+1 = d′ M . Entonces: a+t

m+1 X i=1

d′i = a + t

m X i=1

di + td′ M ≤ a′ M + td′ M = (a′ + td′ )M ≤ M ′ M

Sean ahora (x1 , . . . , xm+1 ) y (y1 , . . . , ym+1 ) dos elementosde t-equivalentes de [0, t]m+1 . Sean: X =a+

m+1 X i=1

xi d′i

, Y =a+

m+1 X

yi d′i

i=1

Probaremos que C(X) = C(Y ). Si xm+1 o ym+1 valen t entonces por la definici´ on de t-equivalencia tendremos xi = yi para i = 1, . . . , m + 1 y por lo tanto X = Y , de donde C(X) = C(Y ). En caso contrario xm+1 , ym+1 ∈ [0, t − 1] y (x1 , . . . , xm ) es t-equivalente con (y1 . . . , ym ). Ahora bien, como C ′ (a′ ) = C ′ (a′ + xm+1 d′ ) resulta que C((a′ − 1)M + j) = C((a′ + xm+1 d′ − 1)M + j), ∀ j ∈ [1, M ]. Sean ahora X0 = a +

m X i=1

xi d′i , Y0 = a +

m X

yi d′i

i=1

Por la hip´ otesis inductiva se tiene que C(X 0 ). Ahora bien, puesto P 0 ) ′= C(Y ′ M entonces X se puede que X0 ≥ a ≥ (a′ −1)M +1 y X0 ≤ a+t m d ≤ a 0 i=1 i escribir como (a′ − 1)M + h para alg´ un h ∈ [1, M ], y X = X0 + xm+1 d′ M = (a′ − 1 + xm+1 d′ )M + h de donde resulta que C(X0 ) = C(X). An´ alogamente se ve que C(Y0 ) = C(Y ), y por lo tanto C(X) = C(Y ) como quer´ıamos probar.

96 III) Probaremos que N (t + 1, 1, r) existe y no supera a N (t, r, r). Pr Si C : [1, N (t, r, r)] → [1, r] Pentonces existen a, d1 , . . . , dr tales que a + t i=1 di ≤ N (t, r, r) y C(a + ri=1 xi di ) es constante en cada clase de t-equivalencia. Entre los r + 1 vectores (0, . . . , 0), (t, 0, . . . , 0), (t, t, 0, . . . , 0), . . . , (t, . . . , t) de [0, t]r debe haber P dos en los cuales la Pt aparece digamos u y v veces y son tales que C(a + t ui=1 di ) = C(a + t vi=1 di ). Supongamos u < v. Como ( t, . . . , t , x, . . . , x , 0, . . . , 0 ) y ( t, . . . , t , 0, . . . , 0 ) para cualquier x ∈ [0, t − 1] | {z } | {z } | {z } | {z } | {z } u

v−u

u

r−v

r−u

son t-equivalentes se deduce que los t + 1 n´ umeros: a+t

u X i=1

di + x

v X

di , x = 0, . . . , t

i=u+1

tienen el mismo color. Es decir que hemos probado A(t + 1, 1). Teorema de van der Waerden 7.4.2. Para todo par de enteros positivos t y r existe un menor entero W (t, r) tal que si n ≥ W (t, r) y [1, n] se colorea con r colores entonces hay una progresi´ on aritm´etica monocrom´ atica de longitud t. Demostraci´ on: Como ya observamos es un caso particular del teorema anterior, para m = 1. Vea tambi´en [GR1].

7.5

Conjuntos parcialmente ordenados

Un orden parcial en un conjunto X es una relaci´ on reflexiva, antisim´etrica y transitiva. En otras palabras  es un orden parcial en X si y solamente si cumple: 1. x  x , ∀ x ∈ X 2. x  y , y  x ⇒ x = y , ∀ x, y ∈ X 3. x  y , y  z ⇒ x  z , ∀ x, y, z ∈ X En lo que sigue supondremos que X es un conjunto finito, y que  es un orden parcial en X. Si Y ⊂ X diremos que z ∈ Y es el m´ aximo de Y si y  z para todo y ∈ Y . An´ alogamente w ∈ Y es el m´ınimo de Y si w  y para todo y ∈ Y . El m´ aximo y el m´ınimo pueden no existir, pero si existen son u ´nicos. Dos elementos x, y ∈ X son comparables si x  y o y  x. Un

97 subconjunto C de X es una cadena si todos los pares de elementos de C son comparables. Es f´ acil ver que una cadena finita siempre tiene m´ aximo y m´ınimo. Una cadena es maximal si no est´ a estrictamente contenida en ninguna otra cadena. En otras palabras, la cadena C es maximal si para todo x fuera de C existe alg´ un y ∈ C no comparable con x. Es claro que toda cadena C en X est´ a contenida en una cadena maximal, que se puede obtener agregando a C uno a uno los elementos de X que sean comparables con todos los de C (este argumento no ser´ıa v´ alido si X fuese infinito, pero el resultado sigue siendo cierto y se puede probar usando el Lema de Zorn). Un subconjunto T de X es una anticadena o transversal si no contiene ning´ un par de elementos comparables. Una anticadena es maximal si no est´ a estrictamente contenida en ninguna otra anticadena. Es f´ acil ver que una anticadena T es maximal si y s´ olo si cualquier elemento de X que no pertenezca a T es comparable con alg´ un elemento de T , y que toda anticadena est´ a contenida en una anticadena maximal. Denotaremos mediante c(X) al m´ınimo n´ umero de cadenas que puede haber en una partici´ on de X en cadenas, y mediante a(X) al m´ aximo n´ umero de elementos que puede tener una anticadena en X. Teorema de Dilworth 7.5.1. Para todo conjunto finito parcialmente ordenado X se cumple a(X) = c(X). Demostraci´ on: Observemos en primer lugar que a(X) ≤ c(X), ya que si T es una anticadena con a(X) elementos, en cualquier partici´ on de X en cadenas cada elemento de T debe pertenecer a una cadena distinta. Procederemos por inducci´ on en el n´ umero de elementos de X. Si |X| = 1 entonces obviamente a(X) = c(X) = 1 y el resultado es cierto. Supongamos ahora que |X| = n > 1 y que el teorema es cierto para conjuntos con menos de n elementos. Sea C una cadena maximal en X y sea Y = X\C. Por la hip´ otesis inductiva se tiene a(Y ) = c(Y ). Adem´ as es claro que a(Y ) ≤ a(X). Si esta u ´ltima desigualdad es estricta entonces Y puede particionarse en c(Y ) = a(Y ) cadenas, y agregando C tenemos una partici´ on de X en a(Y ) + 1 ≤ a(X) cadenas, probando que c(X) ≤ a(X) y por lo tanto c(X) = a(X). Por el contrario, si a(Y ) = a(X) = m entonces sea T = {y1 , . . . , ym } una anticadena en Y con m elementos. Esta anticadena debe ser maximal tanto en Y como en X. Sean: un i = 1, . . . , m} X − = {x ∈ X : x  yi para alg´

X + = {x ∈ X : yi  x para alg´ un i = 1, . . . , m}

98 Como T es una anticadena maximal en X cualquier elemento de X es comparable con alg´ un yi , por lo tanto se tiene que X = X − ∪ X + . Sea x0 el m´ınimo elemento de la cadena C y x1 el m´ aximo. Entonces x0 6∈ X + , ya que si yi  x0 para alg´ un yi entonces agregando yi a C se obtendr´ıa una cadena, contradiciendo la maximalidad de C. An´ alogamente x1 6∈ X − . Por − + lo tanto X y X son subconjuntos propios de X y se les puede aplicar la hip´ otesis de inducci´ on. Como a(X − ) = a(X + ) = m (pues ambos conjuntos contienen la anticadena T ) entonces X − puede particionarse en m cadenas K1 , . . . , Km y X + en m cadenas L1 , . . . , Lm . Sin p´erdida de generalidad podemos elegir la numeraci´ on de manera tal que yi ∈ Ki y yi ∈ Li para i = 1, . . . , m. Entonces yi es el m´ aximo de Ki . En efecto, si x ∈ K1 , x 6= yi entonces debe ser x  yi pues de lo contrario, por ser Ki una cadena, ser´ıa yi  x ; pero x  yj para alg´ un j, por definici´ on de X − , y tendr´ıamos alogamente se yi  yj contradiciendo el hecho de ser T una anticadena. An´ prueba que yi es el m´ınimo de Li . De aqu´ı se deduce que Mi = Ki ∪ Li es una cadena para cada i = 1, . . . , m. Es f´ acil ver que estas cadenas Mi son disjuntas. En efecto si i 6= j, puesto que Ki ∩ Kj = Li ∩ Lj = ∅, se tiene que Mi ∩ Mj = (Ki ∩ Lj ) ∪ (Li ∩ Kj ). Pero si x ∈ Ki ∩ Lj entonces x  yi , yj  x lo cual conduce al absurdo yj  yi . Por lo tanto Ki ∩ Lj es vac´ıo, y de modo an´ alogo se prueba que Li ∩ Kj tambi´en lo es. Hemos probado entonces que M1 , . . . , Mm es una partici´ on de X en cadenas, por lo cual c(X) ≤ m = a(X). El valor com´ un de a(X) y c(X) se denomina n´ umero de Dilworth del conjunto parcialmente ordenado X. Un grafo G = (V, A) se dice que es bipartito si el conjunto de v´ertices V es la uni´ on de dos subconjuntos disjuntos independientes V1 y V2 . En este caso todas las aristas de G tendr´ an un extremo en V1 y otro en V2 . Un pareo del grafo bipartito G = (V1 ∪ V2 , A) es una funci´ on inyectiva f : V1 → V2 tal que {v, f (v)} ∈ A ∀ v ∈ V1 . Otra forma de pensar en un pareo es como un conjunto de aristas tales que cada v´ertice de V1 es extremo de una y s´ olo una de ellas, y ning´ un v´ertice de V2 es extremo de m´ as de una de ellas. Si W ⊂ V1 denotaremos W ⋆ al conjunto de v´ertices adyacentes a alg´ un v´ertice de W , es decir: W ⋆ = {v ∈ V2 : {w, v} ∈ A para alg´ un w ∈ W } Teorema del matrimonio 7.5.2. Un grafo bipartito G = (V1 ∪ V2 , A) admite un pareo si y s´ olo si |W ⋆ | ≥ |W | para todo W ⊂ V1 .

99 Demostraci´ on: Si existe un pareo f : V1 → V2 y W ⊂ V1 entonces f (W ) ⊂ ⋆ W y como f es inyectiva se tiene |W | = |f (W )| ≤ |W ⋆ |. Supongamos ahora que se cumple la condici´ on |W ⋆ | ≥ |W | para todo W ⊂ V1 . Definamos un orden parcial en el conjunto de v´ertices V de G poniendo u  v si y s´ olo si u = v o u ∈ V1 , v ∈ V2 y {u, v} ∈ A. Sea T una anticadena en V y Ti = T ∩ Vi , i = 1, 2. Entonces T es la uni´ on disjunta de T1 y T2 . Adem´ as T1⋆ ⊂ V2 \T2 , por lo tanto |V2 | − |T2 | = |V2 \T2 | ≥ |T1⋆ | ≥ |T1 | y en consecuencia |T | = |T1 | + |T2 | ≤ |V2 |. Como por otra parte V2 mismo es una anticadena, tenemos que el m´ aximo n´ umero de elementos en una anticadena es |V2 |. El teorema de Dilworth nos permite afirmar la existencia de una partici´ on de V en |V2 | cadenas disjuntas. Es claro que cada una de esas cadenas contiene uno y s´ olo un elemento de V2 . Cada elemento u ∈ V1 pertenece a una y s´ olo una de esas cadenas, digamos {u, w} con w ∈ V2 adyacente a u. Poniendo f (u) = w resulta un pareo. El teorema del matrimonio admite la siguiente interpretaci´ on, que justifica su nombre: sea V1 un conjunto de muchachas y V2 un conjunto de muchachos. Construyamos un grafo bipartito G = (V1 ∪ V2 , A) incluyendo una arista {u, w} cada vez que a la muchacha u le agrade el muchacho w. Un pareo no es m´ as que una forma de asignar a cada muchacha un muchacho que sea de su agrado, de modo que ning´ un muchacho sea asignado a m´ as de una muchacha. El teorema (7.5.2) nos dice que existe un pareo si y s´ olo si para cualquier conjunto de n muchachas hay al menos n muchachos que son del agrado de por lo menos una de ellas.

7.6

Sistemas de representantes distintos

Sea X un conjunto y S = {S1 , . . . , Sm } una familia de subconjuntos de X. Un conjunto {x1 , . . . , xm } de elementos diferentes de X se denomina sistema de representantes distintos de S si xi ∈ Si , para i = 1, . . . , m. Teorema de Philip Hall 7.6.1. Si la familia S = {S1 , . . . , Sm } de subconjuntos de X satisface la condici´ on | ∪i∈F Si | ≥ |F | ∀ F ⊂ Nm entonces S admite un sistema de representantes distintos. Demostraci´ on: Sean V1 = S y V2 = X. Consideremos el grafo bipartito con conjunto de v´ertices V1 ∪ V2 y en el cual Si y x son adyacentes si y s´ olo

100 si x ∈ Si . Si F ⊂ Nm y definimos W = {Si : i ∈ F } entonces W ⋆ = ∪i∈F Si . Por lo tanto |W ⋆ | ≥ |F | = |W |. Se satisfacen entonces las hip´ otesis del teorema del matrimonio (7.5.2) por lo cual existe un pareo f : V1 → V2 . El conjunto {f (S1 ), . . . , f (Sm )} es claramente un sistema de representantes distintos. Sea Ln,m = {(i, j) : i = 1, 2, . . . , n , j = 1, 2, . . . , m}. A las filas y columnas de Ln,m las denominaremos indistintamente hileras. Si A ⊂ Ln,m llamaremos h(A) al m´ınimo n´ umero de hileras suficientes para cubrir el conjunto A y t(A) al m´ aximo n´ umero de elementos de A que puedan tomarse de modo que no haya dos con una coordenada igual. En t´erminos ajedrec´ısticos L(n, m) es un tablero de n × m y t(A) es el m´ aximo n´ umero de torres que pueden colocarse en las casillas del conjunto A de modo que ning´ un par de ellas se ataquen. Teorema de K¨ onig-Frobenius 7.6.2. Para todo A ⊂ Ln,m se tiene h(A) = t(A). Demostraci´ on: Tomemos un cubrimiento de A por medio de r filas y s columnas, con r + s = h(A). Como h(A) y t(A) son obviamente invariantes por permutaciones de filas o de columnas podemos suponer que el cubrimeiento consta de las primeras r filas y las primeras s columnas. Es claro que t(A) ≤ h(A) ya que si B ⊂ A y |B| > h(A) entonces alguna hilera del cubrimiento debe contener dos o m´ as puntos de B. Para probar la desigualdad contraria consideramos los conjuntos Si = {j : s + 1 ≤ j ≤ m y (i, j) ∈ A} para i = 1, . . . , r. Si F ⊂ {1, . . . , r} entonces | ∪i∈F Si | ≥ |F |, ya que de lo contrario podr´ıamos obtener un cubrimiento de A con menos de h(A) hileras reemplazando las |F | filas con ´ındices i ∈ F por columnas con ´ındices j ∈ ∪i∈F Si . Por el teorema de Philip Hall (7.6.1) se concluye que S1 , . . . , Sr tienen un sistema de representantes distintos j1 , . . . , jr . An´ alogamente se prueba que los conjuntos Tj = {i : r + 1 ≤ i ≤ m y (i, j) ∈ A} para j = 1, . . . , s tienen un sistema de representantes distintos i1 , . . . , is . Es claro ahora que {(1, j1 ), . . . , (r, jr ), (i1 , 1), . . . , (is , s)} es un subconjunto de A con r + s = h(A) elementos de los cuales no hay dos en una misma hilera. Por tanto, h(A) ≤ t(A).

7.7

Ejercicios

1. Pruebe que R(3, 3; 2) = 6

101 2. Pruebe que si R(a − 1, b; 2) y R(a, b − 1; 2) son ambos pares entonces R(a, b; 2) < R(a − 1, b; 2) + R(a, b − 1; 2) . 3. Pruebe que R(3, 4; 2) = 9 y R(3, 5; 2) = 14. 4. Pruebe que si k ≥ 2 y ai ≥ 3 para i = 1, . . . , k entonces: R(a1 , . . . , ak ; 2) ≤ R(a1 − 1, a2, . . . , ak ; 2) + R(a1 , a2 − 1, . . . , ak ; 2) +

· · · + R(a1, . . . , ak − 1; 2) − k + 2

Aplicaci´ on: probar que R(3, 3, 3; 2) ≤ 17 . 5. Pruebe que R(a1 + 1, . . . , ak + 1; 2) ≤

a1 +···+ak
a1 a2 ... ak

6. Pruebe que en cualquier coloraci´ on de las aristas del grafo completo de n v´ertices con dos colores hay por lo menos n(n − 1)(n − 5)/24 tri´ angulos monocrom´ aticos si n es impar y n(n − 2)(n − 4)/24 si n es par. 7. (Greenwood y Gleason) Pruebe que R(3, . . . , 3; 2) ≤ ⌊en!⌋ + 1 | {z } n

8. Pruebe que toda sucesi´ on de n´ umeros reales tiene una subsucesi´ on estrictamente creciente, estrictamente decreciente o constante. 9. Pruebe que si los puntos del plano se pintan con r colores, entonces existe alg´ un tri´ angulo equil´ atero con los tres v´ertices del mismo color. (Para r = 2 ´este es un problema elemental pero interesante. Para r cualquiera se puede demostrar a partir del Teorema de Van der Waerden 7.4.2) 10. Pruebe que si los puntos de coordenadas enteras de R2 se pintan con r colores, y si F es un conjunto finito de tales puntos, existe otro conjunto F ′ af´ınmente equivalente a F y con todos sus puntos de un mismo color. 11. (Sperner) Pruebe que el n´ umero de Dilworth del conjunto de partes de un conjunto de n elementos, ordenado parcialmente por inclusi´ on,
es ⌊ nn ⌋ . 2

102 12. Pruebe que el n´ umero de Dilworth del conjunto de particiones de Nn ordenado por refinamiento es mayor o igual que el m´ aximo n´ umero de Stirling de segunda clase nk .

Cap´ıtulo 8

Enumeraci´ on bajo acci´ on de grupos Polya had a theorem (Which Redfield proved of old) What secrets sought by graphmen Whereby that theorem told! - Blanche Descartes

En muchas ocasiones al contar configuraciones se presenta la necesidad de considerar a algunas de ellas como “equivalentes”. Por ejemplo si se desea pintar un cubo de madera con dos colores, digamos rojo y azul, pintando cada cara de un solo color, puesto que hay dos modos de pintar cada cara y el cubo tiene seis caras llegamos a la conclusi´ on de que existen 26 = 64 coloraciones diferentes. Este resultado supone sin embargo que las seis caras del cubo son completamente distinguibles entre s´ı, como en efecto ocurrir´ıa si estuviesen numeradas o si el cubo estuviese montado en una posici´ on fija, que nos permitiese reconocer cada cara por su orientaci´ on. Si en cambio podemos mover el cubo y rotarlo y las caras no se distinguen entre s´ı excepto por su color, vemos que el n´ umero de coloraciones “diferentes” se reduce bastante. En efecto, las seis coloraciones del cubo fijo que tienen una cara
roja y las otras cinco azules se vuelven indistinguibles. Asimismo las 62 = 15 coloraciones del cubo fijo con dos caras rojas y las dem´ as azules se reducen a solamente dos: una en la cual las dos caras rojas son adyacentes y otra en la cual son opuestas. Prosiguiendo con este an´ alisis se ve f´ acilmente

104 que hay solamente diez coloraciones esencialmente diferentes. El problema se complica bastante, sin embargo, si aumentamos el n´ umero de colores disponibles o si sustitu´ımos el cubo por un poliedro m´ as complicado, como por ejemplo un dodecaedro. En la teor´ıa de grafos se presentan numerosos problemas semejantes, por ejemplo el de determinar el n´ umero de grafos no isomorfos con un n´ umero dado de v´ertices y aristas. En general, supongamos que un grupo de permutaciones act´ ua sobre un conjunto de configuraciones y que consideramos a dos configuraciones equivalentes cuando una permutaci´ on del grupo lleva una en la otra. Entonces nos planteamos el problema de contar el n´ umero de configuraciones no equivalentes. En este cap´ıtulo, luego de introducir algunas nociones b´ asicas sobre acci´ on de grupos, demostraremos algunos resultados que nos permitir´ an hacer tal cosa, especialmente el llamado “Teorema de Polya”. Los resultados fundamentales de esta teor´ıa fueron obtenidos en primer lugar por J. H. Redfield (ver [R1]), como lo da a entender el poema de Blanche Descartes citado en el ep´ıgrafe, pero pasaron desapercibidos durante muchos a˜ nos hasta que Polya (ver [P2]), deBruijn y otros matem´ aticos los redescubrieron y enriquecieron.

8.1

Acci´ on de un grupo sobre un conjunto

Sean G un grupo y A un conjunto. Una acci´ on de G sobre A es una aplicaci´ on φ : G × A → A tal que: 1. φ(e, x) = x , ∀x ∈ A (siendo e la identidad de G) 2. φ(g, φ(h, x)) = φ(gh, x) , ∀ g, h ∈ G, ∀ x ∈ A Se acostumbra simplificar la notaci´ on escribiendo gx en lugar de φ(g, x). Entonces las condiciones 1 y 2 pueden reformularse as´ı: 1. ex = x , ∀ x ∈ A (siendo e la identidad de G) 2. g(hx) = (gh)x, ∀ g, h ∈ G, ∀ x ∈ A Dada una acci´ on de G sobre A es posible definir una relaci´ on de equivalencia R en A del siguiente modo: xRy si existe g ∈ G tal que y = gx La condici´ on 1 nos asegura que R es reflexiva. Tambi´en es transitiva pues si xRy e yRz entonces existen elementos g, h ∈ G tales que y = gx, z = hy de

105 donde z = h(gx) = (hg)x y por lo tanto xRz. Finalmente, R es sim´etrica pues si y = gx y h = g−1 es el elemento inverso de g en G entonces hy = h(gx) = (hg)x = ex = x. A las clases de equivalencia determinadas por esta relaci´ on se les llama orbitas. La ´ ´ orbita de un elemento x ∈ A es el conjunto {gx : g ∈ G} orbitas (es decir al conjunto que denotaremos Gx o bien x. Al conjunto de ´ cociente de A por la relaci´ on R) lo denotaremos A/R o simplemente A. La acci´ on de G sobre A es transitiva si cualquier par de elementos de A son equivalentes, es decir si dados x, y ∈ A existe g ∈ G tal que y = gx. En este caso hay una sola ´ orbita, el propio conjunto A. Cada elemento g ∈ G induce una aplicaci´ on g⋆ : A → A definida mediante g⋆ (x) = gx, ∀ x ∈ A. Al elemento identidad de G le corresponde obviamente la aplicaci´ on identidad de A en A, es decir e⋆ = IdA . Adem´ as si g, h ∈ G entonces se tiene: (gh)⋆ (x) = (gh)x = g(hx) = g⋆ (h⋆ (x)) = g⋆ ◦ h⋆ (x), ∀ x ∈ A. En otras palabras (gh)⋆ = g⋆ ◦ h⋆ . Si h = g−1 es el elemento inverso de g en G se tiene que g⋆ ◦ h⋆ = h⋆ ◦ g⋆ = e⋆ = IdA , y por lo tanto h⋆ es la aplicaci´ on inversa de g⋆ . De aqu´ı resulta en par⋆ ticular que g es una biyecci´ on de A en A, es decir un elemento del grupo S(A) de las permutaciones de A. La aplicaci´ on θ : G → S(A) que a ca⋆ da g ∈ G le hace corresponder g es un homomorfismo de grupos, ya que θ(gh) = (gh)⋆ = g⋆ ◦ h⋆ = θ(g) ◦ θ(h). Si θ es un monomorfismo, es decir si es inyectivo, se dice que la acci´ on es efectiva. En este caso el grupo G puede identificarse con un subgrupo de S(A). Es interesante observar que dado un homomorfismo ϕ : G → S(A) existe una u ´nica acci´ on de G sobre A cuyo homomorfismo inducido es precisamente ϕ, a saber la que viene dada por φ(g, x) = ϕ(g)(x). De hecho, algunos autores definen el concepto de acci´ on de un grupo G sobre un conjunto A como un homomorfismo de G en S(A). El estabilizador de un elemento x ∈ A es el conjunto Gx de elementos de G que dejan fijo a x. En otras palabras : Gx = {g ∈ G : gx = x} Es claro que Gx es un subgrupo de G, ya que si g, h ∈ G entonces gx = hx = x y tenemos: (gh−1 )x = (gh−1 )hx = (gh−1 h)x = gx = x Los estabilizadores de elementos de una misma ´ orbita son subgrupos conjugados. En efecto si y = hx entonces g ∈ Gy ⇔ gy = y ⇔ ghx = hx ⇔

106 (h−1 gh)x = x ⇔ h−1 gh ∈ Gx ⇔ g ∈ hGx h−1 , es decir que Ghx = hGx h−1 . En el caso de que la acci´ on sea transitiva, todos los estabilizadores son subgrupos conjugados. Si g ∈ G entonces al subconjunto de A formado por los puntos fijos de ⋆ g lo denotaremos Ag . En s´ımbolos: Ag = {x ∈ A : gx = x} Observemos que x ∈ Ag si y s´ olo si g ∈ Gx . Ejemplos de acci´ on de grupos sobre conjuntos 1. Sea A el plano y G el grupo de las rotaciones alrededor de un punto O. La acci´ on viene dada simplemente por gx = g(x). Las ´ orbitas son las circunferencias de centro O. 2. Sea A el conjunto de v´ertices de un pol´ıgono regular de n lados y G el grupo de simetr´ıas del pol´ıgono (este grupo se suele designar Dn ) . Si n ≥ 3 el homomorfismo θ : Dn → Sn es inyectivo, ya que un movimiento del plano que deja fijos tres puntos no alineados es la identidad. Esto prueba que Dn es isomorfo a un subgrupo de Sn . 3. El grupo de rotaciones de un poliedro lo podemos hacer actuar sobre el conjunto de v´ertices, el de aristas o el de caras del poliedro. 4. Sea G un grupo. Entonces la propia operaci´ on binaria del grupo, como aplicaci´ on de G × G en G, constituye una acci´ on de G sobre s´ı mismo. Otra acci´ on de G sobre G es la llamada conjugaci´ on, que viene dada por φ(g, h) = ghg−1 . A continuaci´ on probaremos algunas proposiciones b´ asicas sobre acci´ on de grupos. Proposici´ on 8.1.1. Si G es un grupo finito que act´ ua sobre un conjunto A, entonces |x| · |Gx | = |G|, ∀x ∈ A. Demostraci´ on: Sea x = {x1 , x2 , . . . , xk } y sean g1 , g2 , . . . , gk elementos de G tales que xi = gi x, i = 1, 2, . . . , k. Sean adem´ as h1 , . . . , hr los elementos de Gx . Afirmamos que los productos gi hj son todos distintos. En efecto, si gi hj = gs ht aplicando ambos miembros a x se obtiene gi x = gs x , es decir

107 xi = xs de donde i = s. Multiplicando ahora ambos miembros de la igualdad gi hj = gi ht a la izquierda por gi−1 resulta hj = ht y j = t. Los elementos de la forma gi hj son en total kr = |x|·|Gx |. La demostraci´ on quedar´ a completa si probamos que los gi hj son en realidad todos los elementos de G. Para ello sea g ∈ G. Para alg´ un i debe ser gx = xi = gi x, de donde gi−1 gx = x. Esto −1 significa que gi g ∈ Gx , es decir gi−1 g = hj para alg´ un j y g = gi hj . Proposici´ on 8.1.2. Sea G un grupo finito que act´ ua sobre un conjunto A, y sea Y un grupo aditivo. Supongamos que p : A → Y es una funci´ on tal que p(gx) = p(x), ∀g ∈ G, ∀x ∈ A (en otras palabras, p toma el mismo valor en elementos equivalentes de A). Sea p : A → Y la u ´nica funci´ on tal que p(x) = p(x), ∀x ∈ A. Entonces: X X X |G| p(x) = p(x) g∈G x∈Ag

x∈A

Demostraci´ on: X X X X X XX p(x) = p(x) = |Gx |p(x) = (|G|/|x|)p(x) g∈G x∈Ag

x∈A g∈Gx

x∈A x∈x

x∈A

XX X X = (G/|x|)p(x) = |G|p(x) = |G| p(x) x∈A x∈x

x∈A

x∈A

Lema de Burnside 8.1.3. Si G es un grupo finito que act´ ua sobre un conjunto A entonces el n´ umero de o ´rbitas de A viene dado por: |A| =

1 X |Ag | |G| g∈G

Demostraci´ on: Basta tomar en la Proposici´ on anterior Y = Z (los enteros) y como p : A → Y la funci´ on constante p(x) = 1 ∀ x ∈ A.

8.2

La Acci´ on de Polya

Sean D y C dos conjuntos y G un subgrupo de S(D). Sea A = C D el conjunto de todas las funciones de D en C. Definamos φ : G × A → A as´ı:

108 φ(g, f ) = f · g−1 . Es inmediato verificar que φ es una acci´ on, y es conocida con el nombre de “acci´ on de Polya”. Si pensamos en los elementos de D como objetos a pintar y en los elementos de C como colores, entonces los elementos de A son “coloraciones” o maneras de pintar los elementos de D. En lo sucesivo utilizaremos este lenguaje. Proposici´ on 8.2.1. Sean D y C dos conjuntos finitos y G un subgrupo del grupo de permutaciones de D. Consideremos la acci´ on de Polya de G sobre D umero de ´ orbitas viene dado por A = C . Entonces el n´ 1 X |C|λ(g) |G| g∈G

siendo λ(g) el n´ umero de factores en la descomposici´ on de g en producto de ciclos disjuntos. Demostraci´ umero de ´ orbitas es P on: Por el lema de Burnside (8.1.3) el n´ (1/|G|) g∈G |Ag |. Ahora bien, Ag est´ a constitu´ıdo por todas las coloraciones f : D → C tales que f · g−1 = f . Afirmamos que f · g−1 = f si y s´ olo si f asigna el mismo color a todos los elementos de cada ciclo de g. En efecto, supongamos que f · g−1 = f y sea (d1 , . . . , dt ) un ciclo de g. Entonces g(di ) = di+1 para 1 ≤ i < t y g(dt ) = d1 . En consecuencia, f (di ) = f (g−1 (di+1 )) = f (di+1 ) para 1 ≤ i < t y f (dt ) = f (g−1 (d1 )) = f (d1 ). Rec´ıprocamente si f es una coloraci´ on constante en cada ciclo de g, puesto que el elemento g−1 (d) est´ a en el mismo ciclo que d para todo d ∈ D, tendremos que f (g−1 (d)) = f (d). Esto significa que hay tantos elementos en Ag como formas de asignar un color de C a cada ciclo de g, y este n´ umero λ(g) . es precisamente |C| Ejemplo: Coloraci´ on del cubo con r colores El resultado reci´en demostrado nos permite resolver con toda generalidad el problema planteado al principio del cap´ıtulo. El grupo de rotaciones del cubo est´ a constitu´ıdo por 24 rotaciones, que clasificaremos en 5 tipos: 1. La identidad. 2. Rotaciones de 120◦ y 240◦ alrededor de las diagonales del cubo. Como hay cuatro diagonales, hay 8 rotaciones de este tipo.

109 3. Rotaciones de 90◦ y 270◦ alrededor de los 3 ejes que pasan por los centros de caras opuestas del cubo. Son 6 rotaciones. 4. Rotaciones de 180◦ alrededor de los mismos ejes que las del tipo anterior. Son 3 rotaciones. 5. Rotaciones de 180◦ alrededor de los ejes que pasan por los puntos medios de aristas opuestas. Hay 6 rotaciones de este tipo.

Cada una de estas rotaciones induce una permutaci´ on de las seis caras del cubo que se descompone en ciclos de la manera siguiente: • La identidad se descompone en seis 1-ciclos. • Las rotaciones del tipo 2, en dos 3-ciclos cada una. • Las del tipo 3, en dos 1–ciclos y un 4–ciclo (total: tres ciclos cada una.) • Las del tipo 3, en dos 1–ciclos y dos 2–ciclos. (total: cuatro ciclos cada una.) • Las del tipo 5, en tres 2–ciclos cada una. Con la informaci´ on anterior ya podemos afirmar que el n´ umero de coloraciones del cubo no equivalentes por rotaci´ on viene dado por la f´ ormula: 1 1 6 (r + 8r 2 + 6r 3 + 3r 4 + 6r 3 ) = r 2 (r 4 + 3r 2 + 12r + 8) 24 24 la cual nos permite construir la tabla siguiente:

110 n´ umero de colores 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 20 30 40 50

n´ umero de coloraciones no equivalentes 1 10 57 240 800 2226 5390 11712 23355 43450 2690800 30490050 171019200 651886250

En lo que sigue supondremos, para simplificar la notaci´ on, que C = {1, 2, . . . , r} (esto equivale a “numerar” los colores). Sea Y = Q[x1 , x2 , . . . , xr ] el anillo de los polinomios en r variables con coeficientes racionales. Definamos una funci´ on p : C D → Y del modo siguiente: Y p(f ) = xf (d) , ∀f ∈ C D d∈D

Es claro que p(f ) es un monomio de grado n = |D| en las variables x1 , . . . , xr , y que el coeficiente de xk en p(f ) corresponde al n´ umero de puntos de D pintados con el color k en la coloraci´ on f . Observemos adem´as que p(gf ) = p(f ), ∀g ∈ G, ∀f ∈ C D . En efecto, Y Y p(gf ) = xgf (d) = xf (g−1 (d)) d∈D

d∈D

pero como g es una biyecci´ on de D en D, cuando d toma todos los valores en D tambi´en lo hace g−1 (d). Por lo tanto el u ´ltimo producto es igual a p(f ) como quer´ıamos probar. Esto significa que estamos en condiciones de aplicar la Proposici´ on (8.1.2) a la acci´ on de Polya de G sobre A = C D , y obtenemos: X X X |G| = p(f ) = p(f ) f ∈A

g∈G f ∈Ag

111 Ahora bien, como vimos en la demostraci´ on de la Proposici´ on anterior f ∈ Ag si y s´ olo si f asigna el mismo color a los elementos de cada ciclo de g. Por lo tanto si g ∈ G se descompone en λ ciclos c1 , . . . , cλ de longitudes a1 , . . . , aλ y si f asigna el color ij a los elementos del ciclo cj entonces p(f ) ser´ a de la forma xai11 . . . xaiλλ . M´ as a´ un, p establece una correspondencia biyectiva entre los monomios del tipo antedicho y las coloraciones f ∈ Ag . Por consiguiente: X X p(f ) = xai11 . . . xaiλλ f ∈Ag

= (xa11 + · · · + xar 1 )(xa12 + · · · + xar 2 ) · · · (xa1λ + · · · + xar λ ) = ψa1 ψa2 . . . ψaλ

siendo ψk las funciones sim´etricas ψk (x1 , . . . , xr ) = xk1 + · · · + xkr . Cada ψk aparece en el producto ψa1 ψa2 . . . ψaλ tantas veces como ciclos de longitud k aparezcan en la descomposici´ on de g, es decir λk (g). Hemos probado entonces el siguiente teorema: Teorema de Polya 8.2.2. X

f ∈A

p(f ) =

n 1 XY ψ(x1 , . . . , xr )λk (g) |G| g∈G k=1

Observaciones: 1) Definiendo el polinomio indicador de ciclos del grupo G (G subgrupo de S(D), con |D| = n) del siguiente modo: PG (x1 , . . . , xn ) =

1 X λ1 (g) x1 . . . xλnn (g) |G| g∈G

el Teorema de Polya puede enunciarse as´ı: X p(f ) = PG (ψ1 (x1 , . . . , xr ), . . . , ψn (x1 , . . . , xr )) f ∈A

2) Poniendo en el Teorema de Polya x1 = x2 = · · · = xr = 1 se obtiene como caso particular la proposici´ on (8.2.1). Ejemplo:

112 El an´ alisis de las rotaciones del cubo realizado en el ejemplo anterior nos permite escribir el polinomio indicador de ciclos de inmediato: PG (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) =

1 6 (x + 8x23 + 6x21 x4 + 3x21 x22 + 6x32 ) 24 1

Supongamos que se va a colorear el cubo con dos colores, digamos rojo y azul. Calculando PG (ψ1 , . . . , ψ6 ) con ψ1 = x + y, ψ2 = x2 + y 2 , ψ3 = x3 + y 3 , ψ4 = x4 + y 4 , resulta el polinomio x6 + x5 y + 2x4 y 2 + 2x3 y 3 + 2x2 y 4 + xy 5 + y 6 (hemos usado x, y en lugar de x1 , x2 para aligerar la notaci´ on) El t´ermino 2x3 y 3 por ejemplo, nos dice que hay dos coloraciones con tres caras pintadas de rojo y las otras tres de azul.

8.3

Enumeraci´ on de grafos no isomorfos

La teor´ıa de Polya puede ser usada para determinar el n´ umero de grafos no isomorfos con un n´ umero de v´ertices y aristas dado. Para esto consideremos el grafo completo de n v´ertices Kn . A cada coloraci´ on de las aristas de Kn con dos colores, digamos rojo y azul, le podemos hacer corresponder el grafo cuyos v´ertices son los mismos de Kn y cuyas aristas son las coloreadas de rojo. Es claro que cualquier grafo de n v´ertices puede ser obtenido de esta manera a partir de una bicoloraci´ on de Kn . Observemos sin embargo que la correspondencia descripta no es inyectiva, ya que coloraciones diferentes pueden dar lugar a grafos isomorfos. Recordemos que dos grafos son isomorfos cuando existe una aplicaci´ on biyectiva entre sus v´ertices que preserva la relaci´ on de adyacencia. Entonces dos coloraciones de Kn dar´ an lugar a grafos isomorfos cuando ambas difieran en una permutaci´ on de las aristas de Kn inducida por una permutaci´ on de sus v´ertices. En s´ımbolos, si Kn = (V, A) y f : A → (r, a) es una coloraci´ on de A con dos colores r y a, el grafo correspondiente a f es Gf = (V, Af ) siendo Af = {e ∈ A : f (e) = r}. Dos coloraciones f y g dan lugar a grafos isomorfos si existe una permutaci´ on σ de V tal que {u, v} ∈ Af si y s´ olo si {σ(u), σ(v)} ∈ Ag . Esto equivale a decir que f ({u, v}) = g({σ(u), σ(v)}), ∀ u, v ∈ V o m´ as simplemente f = g ◦ σ siendo σ la permutaci´ on de A inducida por σ, a saber σ({u, v}) = {σ(u), σ(v)} ∀ u, v ∈ V, u 6= v. Sea G el grupo de las permutaciones de A inducidas por permutaciones de V . Entonces la acci´on de Polya de G sobre las bicoloraciones de Kn induce

113 una relaci´ on de equivalencia bajo la cual dos coloraciones son equivalentes si y s´ olo si les corresponden grafos isomorfos. El n´ umero de grafos no isomorfos de n v´ertices ser´ a entonces igual al n´ umero de ´ orbitas, y puede obtenerse a partir del lema de Burnside. El teorema de Polya permite, m´ as a´ un, calcular el n´ umero de grafos no isomorfos con n v´ertices y m aristas. Pero para aplicar el teorema de Polya es necesario conocer como se descompone en ciclos cada elemento del grupo G. Sea σ una permutaci´ on del conjunto de v´ertices V con λi ciclos de longitud i, para i = 1, 2, . . . , n. Sea α = {u, v} una arista de Kn . Consideraremos varios casos: 1) Si u y v pertenecen a un mismo ciclo de σ de longitud impar 2k + 1 entonces la arista α pertenece a un ciclo de σ de longitud 2k
+ 1, a saber = (2k + 1)k {u, v}, {σ(u), σ(v)}, . . . , {σ 2k (u), σ 2k (v)}. Puesto que las 2k+1 2 aristas cuyos extremos son v´ertices del ciclo σ se agrupan en ciclos disjuntos de longitud 2k + 1 conclu´ımos que hay k de estos ciclos. Por lo tanto cada ciclo de longitud impar 2k + 1 en σ da origen a k ciclos de longitud 2k + 1 en σ. 2) Si u y v pertenecen a un mismo ciclo de σ de longitud par 2k entonces la arista α puede estar en un ciclo de σ de longitud 2k o bien en uno de longitud k. Por ejemplo si consideramos el ciclo (1 2 3 4) entonces las aristas {1, 2}, {2, 3}, {3, 4} y {1, 4} pertenecen al 4-ciclo ({1, 2} {2, 3} {3, 4} {1, 4}), pero las aristas {1, 3} y {2, 4} pertenecen al 2-ciclo ({1, 3} {2, 4}). En general es f´ acil ver que el 2k-ciclo (v1 , . . . , v2k ) dar´ a origen a un k-ciclo ({v1 , vk+1 } {v2 , vk+2 } . . . {vk , v2k }) y a k − 1 2k-ciclos. 3) Si u pertenece a un r-ciclo de σ y v a un s-ciclo entonces la arista {u, v} estar´a en un ciclo de σ de longitud igual al m´ınimo com´ un m´ ultiplo de r t t y s. En efecto para que se cumpla que {σ (u), σ (v)} = {u, v} debe ser σ t (u) = u y σ t (v) = v (no puede ser σ t (u) = v y σ t (v) = u ya que u y v est´ an en ciclos disjuntos). Por lo tanto debe cumplirse que r|t y s|t, lo cual implica m.c.m.(r, s)|t. El n´ umero de ciclos disjuntos en los cuales se dividen las rs aristas con un v´ertice en cada ciclo ser´ a entonces rs/m.c.m.(r, s) = m.c.d.(r, s) (m´ aximo com´ un divisor de r y s). Como consecuencia del an´ alisis anterior podemos afirmar que en la descomposici´ on de σ en producto de ciclos disjuntos tendremos: 1) λr (r − 1)/2 r-ciclos, para cada r impar entre 1 y n. 2) λr r2 -ciclos y 2r − 1 r-ciclos para cada r par entre 1 y n. 3) λr λs m.c.d.(r, s)
m.c.m(r, s)-ciclos para cada par de n´ umeros distintos r, s λr entre 1 y n, y r 2 r-ciclos , para cada r entre 1 y n (ya que existen λr λs
maneras de escoger un r-ciclo y un s-ciclo, si r 6= s, y λ2r maneras de

114 escoger un par de r-ciclos distintos) Si aplicamos el Teorema de Polya (8.2.2) para dos colores, dando a la umero de permutaciones con λi variable x1 el valor 1 y recordando que el n´ ciclos de longitud i para i = 1, . . . , n es K(λ1 , . . . , λn ) =

n! 1λ1 2λ2 . . . nλn λ1 ! λ2 ! . . . λn !

resulta la siguiente: Proposici´ on 8.3.1. El n´ umero de grafos no isomorfos con n v´ertices y m aristas es igual al coeficiente de xm en el polinomio que se obtiene sumando, para cada soluci´ on de la ecuaci´ on diof´ antica 1λ1 + 2λ2 + · · · + nλn = n un t´ermino de la forma: 1 K(λ1 , . . . , λn )[w10λ1 w31λ3 . . . ][(w1 w20 )λ2 (w2 w41 )λ4 (w3 w62 )λ6 . . . ] n! Y λ λ mcd(r,s) 1(λ1 ) 2(λ2 ) 3(λ3 ) r s [w1 2 w2 2 w3 2 . . . ] wmcm(r,s) r6=s

siendo wk el polinomio 1 + xk .

Excepto para peque˜ nos valores de n el c´ alculo manual del n´ umero de grafos no isomorfos utilizando la u ´ltima Proposici´ on es imposible, y se requiere la ayuda del computador. En el Ap´endice 2 inclu´ımos una tabla obtenida con un programa basado en la Proposici´ on (8.3.1), que muestra el n´ umero de grafos no isomorfos con n v´ertices y m aristas para 1 ≤ n ≤ 12.

8.4

Ejercicios

1. ¿De cu´ antas maneras se puede pintar un tablero cuadrado de 2 × 2 con r colores, pintando cada casilla de un color y considerando equivalentes las coloraciones que difieren en una rotaci´ on del tablero? 2. ¿De cu´ antas maneras se pueden marcar con una X ocho de las diecis´eis casillas de un tablero cuadrado de 4 × 4, considerando equivalentes las configuraciones que se obtienen unas de otras por rotaciones o simetr´ıas del cuadrado?

115 3. Determine el n´ umero de coloraciones de las caras de un poliedro regular (tetraedro, cubo, octaedro, dodecaedro e icosaedro) con r colores, no equivalentes por rotaciones. 4. (deBruijn , [B4]) Sea G un subgrupo de S(D) y H un subgrupo de S(C). Considere la acci´ on de G × H sobre A = C D definida as´ı: (g, h)f = h ◦ f ◦ g−1 ∀ (g, h) ∈ G × H, ∀ f ∈ A Pruebe que si C y D son finitos y |D| = n entonces el n´ umero de orbitas viene dado por la f´ ´ ormula siguiente:  λk (g) n 1 X X Y X |A| = iλi (h) |G||H| g∈G h∈H k=1

i|k

siendo λi (σ) el n´ umero de ciclos de longitud i en la descomposici´ on de la permutaci´ on σ en producto de ciclos disjuntos.

116

Ap´ endice A

Soluciones y sugerencias A.1

Cap´ıtulo 1

1. A ∪ B es la uni´ on disjunta de A \ B y B, por lo tanto |A ∪ B| = |A \ B| + |B|. A es la uni´on disjunta de A \ B y A ∩ B , por lo tanto |A| = |A \ B| + |A ∩ B|. Restando miembro a miembro se obtiene el resultado deseado. 2. Por ser la funci´ on f sobreyectiva el conjunto A es la uni´ on disjunta −1 de los subconjuntos fP (b), para b ∈ B. Entonces por la Proposici´ on (1.3.6) se tiene |A| = b∈B |f −1 (b)| = k|B|. 3. Supongamos por absurdo que para todo i = 1, . . . , k la caja Ci conumero total de objetos en las tenga menos de ai objetos. Pk Entonces el n´ cajas ser´ıa a lo sumo i=1 (ai − 1) ≤ n − 1 < n.

4. El n´ umero total de ´ ordenes posibles es 5! = 120. Pero hay tantos ordenes en los cuales Luis habla antes que Pedro como ´ ´ ordenes en los cuales Pedro habla antes que Luis (en efecto, el intercambio de Pedro con Luis suministra una correspondencia biyectiva entre ambos tipos de ´ ordenes). Por lo tanto la respuesta a la primera pregunta es 120 ÷ 2 = 60. Si Mar´ıa debe hablar inmediatamente despu´es de Luis entonces el par Luis-Mar´ıa puede ser tratado como una unidad, y se trata ahora de ordenar los cuatro elementos Luis-Mar´ıa, Pedro, Pablo y Luisa. La respuesta es 4! = 24. Si deben alternarse oradores de distinto sexo entonces el orden debe ser necesariamente var´ on - hembra - var´ on - hembra - var´ on. Para los tres varones hay 3! = 6 ´ ordenes 117

118 posibles y para las hembras s´ olo 2. Por el principio del producto la respuesta es 6 × 2 = 12. 5. En un mazo de 52 cartas hay 13 de cada palo, la respuesta es entonces 134 = 28561. 6. Una sucesi´ on de 10 cartas puede extraerse de [52]10 maneras. Una sucesi´ on de 10 cartas sin ases puede extraerse de [48]10 maneras, ya que entre las 52 cartas del mazo hay 4 ases. La respuesta a la primera pregunta es entonces: 42 × 41 × 40 × 39 246 [48]10 = = [52]10 52 × 51 × 50 × 49 595 La probabilidad de sacar al menos un as es complementaria de la 349 anterior, es decir 1 − 246 595 = 595 . Las sucesiones de 10 cartas que contienen exactamente un as pueden obtenerse a partir de las sucesiones de 9 cartas sin ases intercalando uno de los cuatro ases en una de las 10 posiciones posibles. Por lo tanto el n´ umero de estas sucesiones es 4 × 10 × [48]9 , y la probabilidad pedida se obtiene dividiendo este 656 n´ umero entre [52]10 lo que da como resultado 1547 . 7. La primera cifra se puede escoger de 9 maneras (a saber 1,2,3,4,5, 6,7,8,9). La segunda cifra tambi´en se puede escoger de 9 maneras (cualquier d´ıgito del 0 al 9 diferente de la primera cifra). La tercera cifra se puede escoger de 8 maneras, pues debe ser diferente de las dos primeras. Como hay en total 900 n´ umeros de 3 cifras (desde el 100 = 0.72 hasta el 999) la respuesta es 9×9×8 900 8. (a) Son posibles 263 × 103 = 17576000 placas distintas.

(b) 2 × 262 × 103 + 6 × 26 × 103 + 20 × 103 + 735 = 1528735.

9. Si la primera ficha es un doble, liga con otras seis. Si en cambio no es un doble liga con otras doce. Por lo tanto la respuesta es 7 × 6 + 21 × 12 = 294. 10. Si las tres torres son distinguibles entre s´ı entonces la primera se puede situar de 64 maneras; una vez ubicada quedan 49 casillas donde situar la segunda, y por u ´ltimo quedan 36 casillas libres donde situar la tercera. El n´ umero de configuraciones es entonces 64 × 49 × 36 = 112896. Si las torres son indistinguibles entonces hay que dividir el

119 n´ umero anterior entre 6, que es el n´ umero de maneras de permutar las tres torres entre s´ı. El resultado es 18816. 11. Si el alfil blanco se ubica en una de las cuatro casillas centrales del tablero entonces ataca 13 casillas. Si se ubica en una de las 12 casillas que rodean a las centrales, ataca 11 casillas. Si se ubica en una de las 20 que rodean a estas u ´ltimas, ataca 9 casillas. Finalmente, si se ubica en una de las 28 casillas de la banda, ataca 7 casillas. La respuesta es entonces 4 × 13 + 12 × 11 + 20 × 9 + 28 × 7 = 560. 12. Asignemos coordenadas a las casillas del tablero de modo que las coordenadas de las cuatro casillas de las esquinas sean (1, 1), (1, n), (n, n) y (n, 1). Las diagonales que van desde (1, j) hasta (n + 1 − j, n) para j = 1, 2, . . . , n − 1 , las que van desde (j, 1) hasta (n, n + 1 − j) para j = 2, 3, . . . , n − 1 y la gran diagonal que va desde (1, n) hasta (n, 1) cubren completamente el tablero. Como el n´ umero de estas diagonales es 2n − 2 , no es posible colocar m´ as de 2n − 2 fichas en el tablero sin que haya dos en una misma diagonal. Una configuraci´ on con exactamente 2n − 2 fichas es por ejemplo la que resulta al colocar fichas en las casillas (1, 1), (2, 1), . . . , (n, 1), (2, n), (3, n), . . . , (n − 1, n). Para contar el n´ umero de estas configuraciones maximales siga las siguientes sugerencias: (a) Pruebe que en una configuraci´ on maximal todas las fichas deben encontrarse en las bandas del tablero. (b) Establezca una correspondencia biyectiva entre estas configuraciones y los subconjuntos de la primera fila del tablero, es decir la que va desde (1, 1) hasta (1, n).

A.2

Cap´ıtulo 2

1. 5 × 4 × 3 = 60. 2. Puesto que pueden formarse 2k palabras de longitud k, el n´ umero de 1 2 palabras de longitud comprendida entre 1 y n ser´ a 2 + 2 + · · · + 2n = n+1 2 − 2. En particular para n = 5 resulta 62. 3. 9! = 362880. 4. 9!/2 = 181440.

120 5. (a) El 3 debe utilizarse para la primera cifra, el 2, el 5 y el 7 pueden permutarse de 3! = 6 maneras. (b) La primera cifra debe ser 3, las tres restantes pueden elegirse independientemente de cuatro maneras cada una, por lo tanto la respuesta es 43 = 64. 6. 9!/(2!3!) = 30240. 7. 3 × 5! + 2 × 4! + 2 × 3! + 2 = 422.
8. (a) 6+4 = 120. 3

(b) 61 42 = 36
(c) 120 − 43 = 114. 9.

10.

10
3

= 120.

n
4

11. 1 + k(n − k) +

n−k
2

12. k(n − k) + 13. 14.

Pn

1 k=1 2 k(k

10+3−1
3

15. 8 · 7 16. 17.

+ 1) = 16 n(n + 1)(n + 2)

= 220.


4
2


6 2

2

n−k
2

2

= 5040.

B
N −B
N
x n−x / n

Pn

j=0




k+j−1 j

18. Si se escriben todos los n´ umeros de k cifras, desde 10k−1 hasta 10k − 1, el cero no aparece nunca en el primer lugar pero en cada uno de los otros lugares aparece 9 × 10k−2 veces. En total aparece entonces 9(k − 1)10k−2 veces. Para escribir los n´ umeros desde 1 hasta 1000000 se necesitan entonces 9(1+ 2× 10+ 3× 100+ 4× 1000+ 5× 10000)+ 6 = 9 × 54321 + 6 = 488895.

121 19. Supongamos que k ≤ n + 1, ya que en caso contrario la respuesta obviamente es cero. Las mujeres pueden ordenarse de n! maneras. Dada una permutaci´ on de las mujeres, los hombres pueden acomodarse en n + 1 puestos (entre una y otra mujer, antes de la primera o despu´es (n+1)! de la u ´ltima). Tenemos as´ı An+1 = (n+1−k)! modos de acomodar a los k hombres, y por el principio del producto la respuesta es

n!(n+1)! (n+1−k)! .

20. Asociemos a cada subconjunto A de Nn la sucesi´ on a1 . . . an de ceros y unos tal que ai es 1 si i ∈ A y 0 en caso contrario (esta sucesi´ on no es otra cosa que la funci´ on caracter´ıstica del subconjunto A). Las sucesiones asociadas con los subconjuntos que nos interesan son aquellas que constan de k unos y n − k ceros, y que no contienen unos consecutivos. Todas ellas se pueden obtener escribiendo una sucesi´ on de n − k ceros e intercalando luego k unos en los puestos que quedan entre los ceros, o al principio o al fin de la sucesi´ on. Ya que los puestos posibles para los k unos son n − k + 1, el n´ u mero de tales sucesiones
es n−k+1 . k 21. Clasifiquemos los subconjuntos admisibles en dos categor´ıas, seg´ un que contengan o no al n´ umero n. Aquellos que contienen a n no pueden contener ni a n − 1 ni a 1, y es claro que se pueden poner en correspondencia biyectiva con los subconjuntos de {2, . . . , n − 2} de cardinal k − 1 sin elementos consecutivos. Por el problema anterior, ´estos son:     (n − 3) − (k − 1) + 1 n−k−1 = k−1 k−1

Los subconjuntos que no contienen a n pueden ponerse en correspondencia con los subconjuntos de {1, . . . , n − 1} de cardinal k y sin elementos consecutivos, que por el problema anterior son:     (n − 1) − k + 1 n−k = k k Aplicando ahora el principio de la suma tenemos:          n−k n n−k n−k−1 n−k k + = +1 = k−1 k n−k k n−k k (Este problema es an´ alogo al anterior si imaginamos los n´ umeros del 1 al n dispuestos en c´ırculo, con lo cual 1 y n resultan vecinos.)

122

A.3

Cap´ıtulo 3

1. Las cuatro identidades pueden probarse usando una estrategia aritm´etica. Una demostraci´ on combinatoria de (c) puede obtenerse considerando un conjunto X con m+2 elementos y dos elementos distinguidos x1 y x2 , y clasificando los subconjuntos de X con n+1 elementos seg´ un que contengan a ambos elementos distinguidos, a uno y solo uno de ellos o a ninguno. La identidad (d) puede probarse algebraicamente desarrollando (1 + x)n por el teorema del binomio, derivando ambos miembros de la igualdad respecto a x y haciendo finalmente x = 1. 2. (a) Sume miembro a miembro las dos identidades siguientes: n   X n k=0

k

= 2n ,

  n X n (−1)k =0 k k=0

(b) Reste las dos identidades anteriores. (c) Tome la parte real de (1 + i)n . (d) Tome la parte imaginaria de (1 + i)n . (e) (vea 3.1.7) 1 · 2 · 3 · 4 · 5 + · · · + n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) = 5!

n+4 X k=5

k 5



  n+5 1 = 5! = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)(n + 5) 6 6

(f) Si n = 1 la suma es 1. Si n > 1 aplicando la identidad (a) del Ejercicio 1 se obtiene f´ acilmente el resultado 0. Alternativamente se puede desarrollar el binomio (1 − x)n y derivar respecto a x ambos miembros para obtener −n(1 − x)n−1 = y finalmente hacer x = 1.

  n X n k−1 (−1)k k x k k=1

123 (g) Si n = 1 el resultado es −1, y para n = 2 es 2. Si n > 2 multipliquemos la identidad obtenida al final de la parte anterior por x y derivemos nuevamente. Se llega a: n−2

n(n − 1)(1 − x)

n−1

x − n(1 − x)

  n X k 2 n = (−1) k xk−1 k k=1

y poniendo x = 1 se obtiene como resultado 0. (h) (2n+1 − n − 2)/(n + 1)
3. Sea cn = m on es n . Entonces cn+1 /cn = (m − n + 1)/n y esta raz´ mayor que 1 si y s´ olo si n < (m + 1)/2. De aqu´ı se deduce que si m es par entonces c0 < c1 < . . . < cm/2 > . . . > cm mientras que si m es impar c0 < c1 < . . . < c(m−1)/2 = c(m+1)/2 > . . . > cm . En particular, el m´ aximo se alcanza cuando n = ⌊m/2⌋. 4. El Teorema obviamente es cierto para n = 1. Aceptando su validez para n escriba (x + y)n+1 = (x + y)n (x + y) , desarrolle el miembro derecho de la igualdad, agrupe t´erminos semejantes y aplique la f´ ormula de Stifel. 5. Desde (a, b) hasta (c, d) van tantos caminos ascendentes como desde (0, 0) hasta (c − a, d − b) , ya que la traslaci´ on de vector (a, b) constituye una correspondencia biyectiva entre estos ´ltimos caminos y los
u primeros. Por lo tanto su n´ umero es c−a+d−b . d−b

En Rk el n´ umero de caminos ascendentes desde el origen hasta el punto de coordenadas (a1 , . . . , ak ) viene dado por el coeficiente multinomial   a1 + · · · + ak a1 , . . . , ak

6. Si a ≥ c el principio es trivialmente cierto. Supongamos entonces que a < c. A cada camino ascendente desde (a, b) hasta (c, d) que toque la recta y = x hag´ amosle corresponder el camino desde (b, a) hasta (c, d) que se obtiene simetrizando respecto a esta recta la porci´ on del camino dado que va desde el punto inicial (a, b) hasta el primer punto de contacto con la recta y = x, y que de ah´ı en adelante coincide con el camino dado. Por ejemplo, al camino de v´ertices (3,5), (4,5), (4,6), (4,7), (5,7), (6,7), (7,7), (8,7), (9,7), (9,8), (9,9), (9,10), (9,11) cuyo

124 primer contacto con la recta y = x se alcanza en (7,7), le corresponder´ıa el camino de v´ertices (5,3), (5,4), (6,4), (7,4), (7,5), (7,6), (7,7), (8,7), (9,7), (9,8), (9,9), (9,10), (9,11). Es f´ acil comprobar que esta correspondencia es una biyecci´ on entre el conjunto de los caminos ascendentes que van desde (a, b) hasta (c, d) tocando la recta y = x y el conjunto de todos los caminos ascendentes desde (b, a) hasta (c, d). 7. El escrutinio puede representarse mediante un camino ascendente desde (0,0) hasta (p, q), trazando un segmento unitario horizontal por cada voto obtenido por el ganador y un segmento unitario vertical por cada voto obtenido por el perdedor. Si el ganador va adelante durante todo el escrutinio entonces obtiene el primer voto y el conteo no se iguala en ning´ un momento. El n´ umero de posibles escrutinios en los cuales ocurre esto es igual al n´ umero de caminos ascendentes que van desde (1,0) hasta (p, q) sin tocar nunca la recta y = x. Pero por el principio de reflexi´ on (ver ejercicio anterior) los caminos ascendentes desde (1,0) hasta (p, q) que tocan la recta y = x son tantos como los caminos ascendentes desde (0,1) hasta (p, q). Por lo tanto la probabilidad buscada es:

p+q−1 − p+q−1 p−q q q−1 = p+q
p+q q 8. Es claro que si n > k entonces la cola se detendr´ a inexorablemente y la probabilidad pedida ser´ a 0. Supongamos entonces que n ≤ k, y representemos la distribuci´ on de personas con billetes de 100 y de 50 Bs en la cola mediante un camino ascendente, partiendo del origen y trazando un segmento unitario horizontal por cada billete de 100 Bs y un segmento unitario vertical por cada billete de 50 Bs que encontremos al recorrer la cola desde el principio hasta el fin. El camino termina en el punto de coordenadas (n, k). Es claro que la cola avanza flu´ıdamente si el camino est´ a totalmente contenido en el semiplano y ≥ x, y se detiene si toca la diagonal y = x − 1. El n´ umero
total de caminos ascendentes desde el origen hasta (n, k) es n+k estos, k . De ´ los que tocan la diagonal y = x − 1, por el principio de reflexi´ on (ver ejercicio 6)
son tantos como los que van desde (1,-1) hasta (n, k), es decir n+k k+1 . Por lo tanto, suponiendo que todas las distribuciones de n billetes de 100 Bs y k billetes de 50 Bs sean igualmente probables, la

125 probabilidad de que la cola se detenga es el cociente de los dos n´ umeros mencionados, a saber n/(k + 1). La probabilidad de que la cola avance sin contratiempos es la complementaria, 1 − n/(k + 1). (Vea tambi´en [V2].) 9. Sea W un c´ odigo corrector de orden r. Si w ∈ W , el umero de
n´ n elementos x ∈ X tales que d(x, w) = j, (0 ≤ j ≤ n) es j . El n´ umero de elementos de X a distancia menor o igual que j de alg´ u n elemento
P de W es entonces |W | rj=0 nj , y este n´ umero es a lo sumo 2n , el n´ umero total de elementos de X. 10. 

3n n



2n n



=



3n n, n, n



=

(3n)! (n!)3

11. 11!/(4!1!0!6!) = 2310. 12. (a) (11!/(1!4!4!2!) = 34650. (b) Con las letras MSSSSPPPP se pueden formar 7!/(1!4!2!) = 105 palabras de 7 letras. En cada una de ellas puede colocarse una I en 8 posiciones, y las cuatro I
sin que haya dos consecutivas pueden disponerse entonces de 84 = 70 maneras. La respuesta es entonces 105 × 70 = 7350. 13. Puesto que la suma de n sumandos iguales a n es n2 , se tiene que el cociente (n2 )!/(n!)n es un n´ umero entero, a saber el coeficiente multin2
nomial n...n .

A.4

Cap´ıtulo 4

1. Sea X el conjunto de 100 hind´ ues y sean H, B y P los subconjuntos de X formados por los que hablan hindi, bengal´ı y penjabi respectivamente. Sabemos que |X| = 100, |H| = |B| = 40, |P | = 20, |H ∩ B| = 20, |H∩P | = 5, |(H∩B)∪(H∩P )∪(B∩P )| = 31 y |X\(H∪B∪P )| = 33. Por el principio de inclusiones y exclusiones se tiene que |X \ (H ∪ B ∪ P )| = |X|−|H|−|B|−|P |+|H∩B|+|H∩P |+|B∩P |−|H∩B∩P | , y sustituyendo los valores conocidos resulta |B ∩ P | = |H ∩ B ∩ P |+ 8. Aplicando una vez m´ as el principio de inclusiones y exclusiones tenemos

126 |(H ∩B)+(H ∩P )+(B ∩P )| = |H ∩B|+|H ∩P |+|B ∩P |−2|H ∩B ∩P | y por lo tanto |B ∩P | = 2|H ∩B ∩P |+6. Finalmente, igualando las dos expresiones obtenidas para |B∩P | y despejando resulta |H ∩B∩P | = 2. 2. Sea X = {n ∈ N : 1 ≤ n ≤ 1000000}. Sea A el subconjunto de X formado por los cuadrados perfectos, B el subconjunto de los cubos perfectos y C el de las √ potencias cuartas perfectas. Entonces |A| = √ √ 3 4 6 6 6 ⌊ 10 ⌋ = 1000, |B| =√⌊ 10 ⌋ = 100 y |C| = ⌊ 10 √ ⌋ = 31. As´ımismo 6 12 se tiene |A ∩ B| = ⌊ 106 ⌋ = 10, |B ∩ C| = ⌊ 106 ⌋ = 3, y como A ∩ C = C se tiene |A ∩ C| = |C| = 31 y |A ∩ B ∩ C| = |B ∩ C| = 3. Finalmente |X \ (A ∪ B ∪ C)| = |X| − |A| − |B| − |C| + |A ∩ B| + |A ∩ C| + |B ∩ C| − |A ∩ B ∩ C| = 998910. 3. Defina Ai = {x ∈ Nr : ai |x} y aplique el principio de inclusiones y exclusiones. 4. El principio de inclusiones y exclusiones es trivialmente v´ alido para n = 1 , y se demuestra f´ acilmente para n = 2 (ejercicio 1 del primer cap´ıtulo). Acepte su validez para colecciones de n conjuntos cualesquiera. Dados n + 1 conjuntos A1 , A2 , . . . , An+1 se tiene: n n | ∪n+1 i=1 Ai | = | ∪i=1 Ai | + |An+1 | − | (∪i=1 Ai ) ∩ An+1 |

= | ∪ni=1 Ai | + |An+1 | − |(∪ni=1 (Ai ∩ An+1 )|

Aplique ahora la hip´ otesis inductiva a las dos uniones de n conjuntos que aparecen en el miembro derecho de la igualdad anterior. 5. Un n´ umero es coprimo con n si y s´ olo si no es divisible entre ninguno de los factores primos p1 , . . . , pk de n. Sea Ai = {x ∈ Nn : pi |x}. Entonces es claro que: X φ(n) = | ∩ki=1 Ai | = (−1)|F | |A(F )| F ⊂Nk

Q Pero como |A(F )| = n/( i∈F pi ) es f´ acil ver que la u ´ltima suma es Qk n i=1 (1 − 1/pi ). El car´ acter multiplicativo de φ se deduce f´ acilmente de la f´ ormula anterior. Para la u ´ltima parte, si n = pa11 · · · pakk pruebe que: X d|n

k Y φ(d) = (1 + φ(pi ) + φ(p2i ) + · · · + φ(pai i )) i=1

127 y como φ(pri ) = pri − pr−1 el factor i-simo del producto anterior es pai i i y el producto es n. 6. Numeremos las parejas de 1 a n, y las sillas alrededor de la mesa desde 1 hasta 2n. Sea Ai el conjunto de disposiciones de los comensales en la mesa en las cuales la pareja i est´ a junta. Pruebe que |Ai1 ∩ · · · ∩ Aik | = 2n · (2n − k − 1)! · 2k Para ello suponga que primero se sienta junta la pareja i1 , para lo cual obviamente hay 2n · 2 posibilidades, y considere a las parejas i2 , . . . , ik como “unidades” que junto con los 2n − 2k comensales restantes pueden permutarse de (2n − k − 1)! maneras, agregando el factor 2k−1 para dar cuenta de las dos maneras en que se puede ordenar cada pareja. Finalmente aplique la f´ ormula de Sylvester para obtener como respuesta 2n

n X k=0

  n (−2)k (2n − k − 1)! k

Observaci´ on: Si se considerasen equivalentes las distribuciones que difieren solamente en una rotaci´ on, entonces habr´ıa que dividir el resultado anterior entre 2n. 7. Los hombres deben sentarse en las sillas pares o en las impares, pueden hacerlo por lo tanto de 2(n!) maneras. Una vez sentados, y numerados desde 1 hasta n en sentido antihorario, sea A2i−1 el conjunto de distribuciones de las mujeres en las cuales la esposa del se˜ nor i est´e sentada a la derecha de su esposo, y sea A2i el conjunto de distribuciones en las cuales la se˜ nora de i est´e a la izquierda de su esposo. Si F ⊂ Nn contiene k ´ındices, entonces | ∩i∈F Ai | es (n − k)! si F no contiene enteros consecutivos ni a 1 y 2n simult´ aneamente, y 0 en caso contrario. Aplicando la f´ ormula de Sylvester y el resultado del Ejercicio 21 del Cap´ıtulo 2 se obtiene como respuesta: 2(n!)

n X k=0

  2n 2n − k (−1) (n − k)! 2n − k k k

8. Aplique las leyes de De Morgan y la f´ ormula de Sylvester.

128 9. Sea K ⊂ Nn un conjunto de k ´ındices. Sean X = ∩i∈K Ai y Bj = Aj ∩ X, para j = 1, . . . , n. Aplicando la f´ ormula de Sylvester (y tomando complementos respecto a X) se tiene: | ∩j∈K Bj | =

X

H⊂Nn \K

(−1)|H| |BH | =

X

K⊂F ⊂Nn

(−1)|F |−k |AF |

Por lo tanto el n´ umero de los elementos que pertenecen a exactamente k conjuntos es: X

X

K⊂Nn K⊂F ⊂Nn |K|=k

=

X X

(−1)|F |−k |AF |

(−1)|F |−k |AF |

F ⊂Nn K⊂F |F |≥k |K|=k

y puesto que para cada F ⊂ Nn el n´ umero de sus subconjuntos con k |F |
ormula que se quer´ıa demostrar. elementos es k se llega a la f´

A.5

Cap´ıtulo 5

1. Sume miembro a miembro las igualdades Fi = Fi+2 − Fi+1 , para i = 0, 1, . . . , n. 2. Fn+1 Fn−1 − Fn2 = (Fn + Fn−1 )Fn−1 − (Fn−1 + Fn−2 )Fn 2 ) = · · · = (−1)n−1 (F F − F ) = (−1)n = −(Fn Fn−2 − Fn−1 2 0 1 3. Probaremos que Fn |Fkn por inducci´ on en k. El caso k = 1 es trivial. Si se cumple para un cierto k, entonces Fkn = tFn para alg´ un entero t. Usando (5.2.2) se tiene: F(k+1)n = Fkn+1 Fn + Fkn Fn−1 = (Fkn+1 + tFn−1 )Fn 4. Si d|Fn y d|Fn+1 entonces d|(Fn+1 − Fn ) = Fn−1 . Del mismo modo se ve que d|Fn−2 , y por recursi´ on se llega a que d|F1 = 1.

129 5. Por el algoritmo de Euclides se tiene que: m n ··· rk−2 rk−1

= q0 n + r1 = q1 r1 + r2 ············ = qk−1 rk−1 + rk = qk rk

0 ≤ r1 < n 0 ≤ r2 < r1 ············ 0 ≤ rk < rk−1 con rk = d

Entonces por (5.1.3) se tiene: D(Fm , Fn ) = D(Fq0 n−1 Fr1 + Fq0 n Fr1 +1 , Fn ) pero como Fn |Fq0 n (Ejercicio 3) lo anterior es igual a D(Fq0 n−1 Fr1 , Fn ). Pero por el Ejercicio 4 se tiene que: D(Fn , Fq0 n−1 )|D(Fq0 n , Fq0 n−1 ) = 1 Por lo tanto D(Fq0 n−1 Fr1 , Fn ) = D(Fr1 , Fn ). Prosiguiendo de esta manera obtenemos: D(Fm , Fn ) = D(Fn , Fr1 ) = · · · = D(Fqk d , Fd ) = Fd (para m´ as detalles vea [V2]). 6. Sea Xn el n´ umero de maneras de descomponer un rect´ angulo de 2 × n en n rect´ angulos de 2 × 1. Verifique que Xn satisface la relaci´ on de recurrencia de los n´ umeros de Fibonacci, pero con condiciones iniciales X1 = 1 = F2 , X2 = 2 = F3 . 7. Sea Xn el n´ umero buscado. Los subconjuntos de Nn sin elementos consecutivos se pueden clasificar en dos clases disjuntas: (a) Los que no contienen a n. Estos obviamente son Xn−1 . (b) Los que contienen a n. Estos no pueden contener a n − 1, por lo cual son tantos como los subconjuntos de Nn−2 sin elementos consecutivos, es decir Xn−2 . De all´ı que Xn = Xn−1 +Xn−2 , y dado que X1 = 2 = F3 y X2 = 3 = F4 se deduce inmediatamente que Xn = Fn+2 .

130 8. Si α = (1 +

√

5)/2 entonces α2 = α + 1. Por lo tanto: α=1+

1 1 =1+ α 1+

1 α

= ···

Sea Pn /Qn el n-simo convergente de la fracci´ on continua. Entonces P1 /Q1 = 1 = 1/1 y P2 /Q2 = 1 + 1 = 2/1. Como en este caso todos los denominadores parciales valen 1 se tiene que Pn y Qn satisfacen ambos la relaci´ on de recurrencia xn = xn−1 + xn−2 , y dadas las condiciones iniciales se ve enseguida que Pn = Fn+1 y Qn = Fn . 9. Por inducci´ on en n. Para n = 1 es cierto (1 = F2 ). Si n > 1 sea Fk1 el mayor n´ umero de Fibonacci menor o igual que n. Si n = Fk1 es f´ acil ver que esa es la u ´nica representaci´ on que cumple la condici´ on. Si n > Fk1 entonces por la hip´ otesis inductiva se puede escribir: n − Fk1 = Fk2 + · · · + Fkr , con k2 ≫ · · · ≫ kr ≫ 0 Pero debe cumplirse tambi´en k1 ≫ k2 , ya que n − Fk1 < Fk1 +1 − Fk1 = Fk1 −1 10. Si n no es un n´ umero de Fibonacci, la estrategia ganadora para el primer jugador consiste en escribir el n´ umero de fichas que quedan en el mont´ on como Fk1 + · · · + Fkr , con k1 ≫ · · · ≫ kr ≫ 0 (ver ejercicio anterior) y retirar del mont´ on Fkr fichas. Si n es un n´ umero de Fibonacci, juegue lo que juegue el primer jugador el segundo puede adoptar esta misma estrategia y ganar. Para una discusi´ on detallada vea [K1], problema 37 de la secci´ on 1.2.8 . 11. (n2 − 3n + 2)/2 12. n2 − n + 2 13. Sea Pn el n´ umero de regiones en que n planos en posici´ on gen´erica dividen el espacio. Entonces P0 = 1 y P1 = 2. Para n > 1, el nsimo plano intersecta a los otros n − 1 seg´ un n − 1 rectas en posici´ on gen´erica, que lo dividen en (n2 + n + 2)/2 regiones planas cada una de las cuales divide en dos partes una de las Pn−1 regiones en que los primeros n − 1 planos dividen al espacio. Por lo tanto se satisface la relaci´ on de recurrencia Pn = Pn−1 + (n2 + n + 2)/2

131 cuya soluci´ on es Pn = (n3 + 5n + 6)/6. 14. (a) Por el m´etodo de las funciones generatrices, o usando (5.3.2), se prueba f´ acilmente que √ √ Ln = ((1 + 5)/2)n + ((1 − 5)/2)n (b) Se puede probar directamente usando las expresiones expl´ıcitas para Ln y Fn , o bien por inducci´ on. (c) Los subconjuntos de Nn que no contienen elementos consecutivos ni a 1 y n simult´aneamente se pueden clasificar en dos clases disjuntas: la de los que contienen a n y la de los que no lo contienen. Un conjunto de la primera clase no puede contener a 1 ni a n − 1, por lo tanto hay tantos de ellos como subconjuntos de {2, . . . , n − 2} sin elementos consecutivos, que por el Ejercicio 7 sabemos que son Fn−1 . Los de la segunda clase son tantos como los subconjuntos de Nn−1 sin elementos consecutivos, es decir Fn+1 . Sumando se obtiene Fn−1 + Fn+1 = Ln . 15. Se trata de verificaciones inmediatas. 16. La ecuaci´ on caracter´ıstica es x3 − 3x2 − 4x + 12 = 0 y tiene ra´ıces 2 , 3 y -2. La soluci´ on general es entonces: xn = A · 2n + B · 3n + C · (−2)n Las condiciones iniciales permiten plantear el sistema: A+B+C = 1 2A + 3B − 2C = −27 4A + 9B + 4C = −1

que tiene como soluci´ on A = −5 , B = −1 , C = 7. Por lo tanto la soluci´ on buscada es −5 · 2n − 3n + 7 · (−2)n . 17. La ecuaci´ on caracter´ıstica x3 − 6x2 + 12x − 8 = 0 tiene al 2 como ra´ız triple. Por lo tanto la soluci´ on general es xn = (An2 + Bn + C)2n . Luego de determinar A , B y C a partir de las condiciones iniciales se obtiene la soluci´ on (3n2 − 5n + 4)2n . 18. La soluci´ on polin´ omica es 3n2 + 2n − 5. La soluci´ on general es A · 2n + n 2 B · 5 + 3n + 2n − 5.

132 19. Obviamente la respuesta es cero si n es impar. Sea Xn el n´ umero de descomposiciones de un rect´ angulo de 3 × 2n en rect´ angulos de 2 × 1. Verifique que X1 = 3 y X2 = 11 , y pruebe que para n > 2 se satisface la relaci´ on de recurrencia: Xn = 4Xn−1 − Xn−2 Resolvi´endola se obtiene: √  √ √ √  3 √ ( 3 + 1)(2 + 3)n + ( 3 − 1)(2 − 3)n Xn = 6 P 20. En el lenguaje del Ejercicio 15 la relaci´ on An+1 = nk=0 Ak An−k nos dice que T A = A ∗ A. Por lo tanto (GA )2 = GA∗A = GT A y como GT A (z) = (GA (z) − a)/z resulta que GA satisface: z(GA (z))2 − GA (z) + a = 0

y por lo tanto: GA (z) = (1 −

√

1 − 4az)/(2z)

Desarrollando la ra´ız en serie de potencias por el teorema del binomio de Newton resulta:   ∞ ∞ X X 2n (2n − 1)!! an+1 2n n n GA (z) = a + a (az) = z (n + 1)! n+1 n n=1 n=0 y por lo tanto An = an+1 Cn .

21. Pruebe que los n´ umeros buscados satisfacen la misma relaci´ on de recurrencia que los n´ umeros de Catalan, con la misma condici´ on inicial, y que por lo tanto la respuesta es Cn . 22. Sea Bn el n´ umero buscado. Si un ´ arbol binario tiene n + 1 nodos entonces el sub´ arbol izquierdo debe tener k nodos y el sub´ arbol derecho n − k nodos, para alg´ un k entre 0 y n. EntoncesPla sucesi´ on {Bn } n satisface la misma relaci´ on de recurrencia Bn+1 = k=0 Bk Bn−k que los n´ umeros de Catalan, y como B0 = 1 = C0 debe ser Bn = Cn .
23. Hay 2n n ordenaciones de n billetes de 50 Bs y n billetes de 100 Bs. Pero la probabilidad de que la cola pase sin contratiempos es 1/(n + 1) (Ejercicio 8 del Cap´ıtulo 3). Por lo tanto la respuesta es Cn . Otro m´etodo para resolver este problema es comprobar que los n´ umeros buscados satisfacen la misma relaci´ on de recurrencia que los Cn .

133

A.6

Cap´ıtulo 6

1. La identidad probada en (6.2.1) muestra, al desarrollar el segundo miembro, que el coeficiente de xk es igual a la suma de todos los productos de n − k factores
enteros
distintos comprendidos entre 1 y n−1 n − 1. Puesto que hay n−k = n−1 k−1 sumandos de este tipo y el mayor de ellos es (n − 1)(n − 2) · · · k resulta que:       n n − 1 (n − 1)! n−1 2 ≤ = (n − k)! k k − 1 (k − 1)! k−1 2. Es f´ acil ver que el Paso 1 se ejecuta una vez, el Paso 2 n veces, los Pasos 3, 4 y 8 n − 1 veces cada uno, y los Pasos 5 y 7 n(n − 1)/2 veces cada uno. En cuanto al Paso 6, utilizando el resultado obtenido en el an´ alisis del algoritmo para hallar el m´ınimo elemento de un arreglo, se ve que el valor esperado del n´ umero de veces que se ejecuta (suponiendo que el arreglo contiene una permutaci´ on de los n´ umeros del 1 al n tomada al azar) es: n X i X 1 (Hn − 1) + (Hn−1 − 1) + · · · + (H2 − 1) = ( )−n j i=1 j=1

=

n X n X 1 j=1 i=j

j

−n=

n X n−j +1 j=1

j

− n = (n + 1)Hn − 2n

(Para m´ as detalles vea [K1]). 3. Considere las permutaciones de los n´ umeros del 1 al n con λi ciclos de longitud i para cada i = 1, ..., n. A cada una de ellas su descomposici´ on en producto de ciclos disjuntos nos permite hacerle corresponder una partici´ on de Nn con λi clases de i elementos para cada i = 1, ..., n. Es claro que de este modo se obtienen todas las particiones de Nn del tipo que nos interesa. Pero como cada clase de k elementos de Nn puede provenir de (k−1)! ciclos diferentes, el n´ umero de permutaciones supera al de particiones por un factor de: 0!λ1 1!λ2 · · · (n − 1)!λn Dividiendo por esta cantidad la expresi´ on dada por la Proposici´ on (6.1.3) para el n´ umero de permutaciones se llega al resultado deseado para el n´ umero de particiones.

134 4. Las particiones de un conjunto de n elementos en n − 2 clases son de uno de los dos tipos siguientes: (a) Una clase con 3 elementos
y n − 3 clases con un elemento cada n una. Es claro que hay 3 particiones de este tipo.

(b) Dos clases con dos elementos cada una y n − 4 clases con un elemento cada una. Para obtener una de estas particiones escojamos primero los cuatro elementos que van a
integrar las clases con dos elementos , lo cual puede hacerse de n4 maneras, y luego dividamos esos cuatro elementos en dos clases de dos elementos cada una, lo cual puede hacerse de 3 maneras. Sumando se obtiene el resultado deseado. 5. Las particiones de un conjunto de n elementos en n − 3 clases son de uno de los tres tipos siguientes: (a) Una clase con 4 elementos y n − 4 clases con un
elemento cada una. El n´ umero de particiones de este tipo es n4 .

(b) Una clase con 3 elementos, otra clase con 2 elementos y n − 5 clases con un
elemento cada una. El n´ umero de particiones de n 5
n
este tipo es 5 2 = 10 5 .

(c) Tres clases con dos elementos cada una y n − 6 clases con un elemento cada una. Para obtener una de estas particiones escojamos primero los seis elementos que van a
integrar las clases con dos elementos, lo cual puede hacerse de n6 maneras, y luego dividamos esos 6 elementos en tres clases con 2 elementos cada una. Esto u ´ltimo puede hacerse de 6!/(2!3 · 3!) = 15 maneras en virtud de (6.1.3).

Sumando el n´ umero de particiones de cada uno de estos tres tipos se obtiene el resultado deseado. 6. A cada partici´ on P de Nn en k clases sin elementos consecutivos hag´ amosle corresponder la partici´ on de Nn−1 en k − 1 clases obtenida adjuntando cada elemento x de la clase de n en P (excepto el propio n) a la clase de su sucesor x + 1. Por ejemplo si n = 9 y k = 4 entonces a la partici´ on: {{2, 6}, {3}, {4, 8}, {1, 5, 7, 9}}

135 le corresponde la partici´ on: {{1, 2, 5, 6}, {3}, {4, 7, 8}} Esta correspondencia es biyectiva. Su inversa es la que a cada partici´ on de Nn−1 en k−1 clases le hace corresponder la partici´ on de Nn obtenida de la manera siguiente: se examinan los n´ umeros desde n − 2 hasta 1 en orden decreciente y cada vez que se encuentra un x que pertenezca a la misma clase de x + 1 se extrae de su clase y se coloca en una clase aparte, a menos que x + 1 haya sido extra´ıdo previamente. A las k − 1 clases sin elementos consecutivos que resultan por este procedimiento se a˜ nade la clase adicional constitu´ıda por los elementos extra´ıdos y n. En cuanto al n´ umero de banderas observemos que cada partici´ on del conjunto de n franjas horizontales en k clases sin elementos consecutivos da lugar a k! coloraciones aceptables, escogiendo de todas las maneras posibles un color diferente para cada clase. 7. El miembro derecho R(x) de la igualdad a probar se descompone en fracciones simples como: A1 A2 Ak + + ··· + 1 − x 1 − 2x 1 − kx

y se calcula f´ acilmente que:

Ak = Por lo tanto: R(x) =

k X j=1

(Aj

(−1)k−j j k−1 (j − 1)!(k − j)!

∞ X

(jx)n ) =

n=0

∞ X k X ( Aj j n )xn

n=0 j=1

Sustituyendo los Aj por sus valores y operando se llega a que:   ∞ k X 1 X k−j k ( (−1) R(x) = j k+n )xn k! j n=0 j=0

y por (6.4.6 ) esta u ´ltima expresi´ on es igual a   ∞ X n+k n x k n=0

136 8. Otra forma de desarrollar en serie de potencias la funci´ on racional R(x) del problema anterior consiste en multiplicar los desarrollos de las fracciones 1/(1 − jx) para j = 1, ..., k As´ı se obtiene:   k X ∞ ∞ Y X  i  R(x) = (jx) =  n=0

j=1 i=0

X

a1 +···+ak =n ai ≥0

 n 1a1 2a2 · · · kak  x

Comparando este desarrollo con el obtenido en el problema anterior n+k se concluye que es igual al coeficiente de xn en el desarrollo k anterior, y sustituyendo n por n − k se obtiene:   X n = 1a1 2a2 · · · kak k a +···+a =n 1

k

ai ≥0

9. De (6.2.4) y (6.4.8) se desprende que las matrices de cambio de base son:      i i−j i y (−1) (0 ≤ i, j ≤ n) j j Como son inversas una de otra, se tiene que:       X X i k i k (−1)i−k (−1)k−j = δij , = δij k j k j k

k

(siendo δij = 1 si i = j y 0 en caso contrario) Equivalentemente:       X X k k k i i k i (−1) = (−1) δij , (−1) = (−1)j δij k j k j k

k

10. Si n = p1 · · · pk asocie a cada partici´ on de Nk la descomposici´ on de n en la cual los factores son los productos de los pi con sub´ındices en una misma clase, y muestre que la correspondencia es biyectiva. 11. A cada partici´ on P de Nn tal que cada clase tenga al menos dos elementos hag´ amosle corresponder la partici´ on de Nn−1 cuyas clases son las clases de P que no contienen a n y clases individuales para cada elemento de los que acompa˜ nan a n en la partici´ on P . Es f´ acil ver que esta correspondencia establece una biyecci´ on con las particiones de Nn−1 que tienen al menos una clase de un elemento (construya la inversa).

137 12. Bn+1

n+1 X

 n+1  n   XX n+1 n k = = r k r−1 r=1 r=1 k=0   X n   n+1 n  X n   n   X X n X k n k n = = Bk = k r=1 r − 1 k j k k=0

j=0

k=0

k=0

13. Sea U la sucesi´ on constante 1, 1, . . . y B la sucesi´ on formada por los n´ umeros de Bell Bn . Entonces (usando la notaci´ on del Ejercicio 15 del Cap´ıtulo 5) la Proposici´ on (6.4.12) nos dice que U ∗ B = T B , y por lo tanto EU EB = EU ∗B = ET B = (EB )′ . De aqu´ı se obtiene que (ln EB (z))′ = ez de donde ln EB (z) = ez + C , para cierta constante C. Poniendo z = 0 se determina que C = −1 y por tanto EB (z) = ee

z −1

14. t

ee =

∞ nt X e

n=0

n!

∞ X 1 =1+ k! k=0

∞ ∞ X 1 X (nt)k n! k! n=1 k=0 ! ∞ X nk k t n!

=1+

n=1

y comparando este desarrollo con la f´ ormula de Bell (6.4.13) se obtiene la f´ ormula de Dobinsky. 15. Es consecuencia inmediata del resultado del Ejercicio 6. 16. Pruebe por inducci´ on que el n´ umero
ubicado en la fila n y columna P k + 1 del tri´ angulo de Bell es kj=0 kj Bn−j .

A.7

Cap´ıtulo 7

1. Aplicando (iii) y (v) de (7.1.3) tenemos: R(3, 3; 2) ≤ R(2, 3; 2) + R(3, 2; 2) = 3 + 3 = 6 Pero R(3, 3; 2) > 5 ya que un pent´ agono no contiene ni tri´ angulos ni ternas de v´ertices independientes, por lo tanto R(3, 3; 2) = 6.

138 2. Sea G = (V, A) un grafo con |V | = R(a − 1, b; 2) + R(a, b − 1; 2) − 1 v´ertices. Probaremos que G contiene un subgrafo completo de a v´ertices o b v´ertices independientes. Si ρ(v) ≥ R(a − 1, b; 2) para alg´ un v ∈ V entonces el subgrafo generado por los v´ertices adyacentes a v contiene un subgrafo completo de a − 1 v´ertices (los cuales, junto con el propio v, generan un subgrafo completo de a v´ertices) o contiene b v´ertices independientes. An´ alogamente, si para alg´ un v ∈ V se tiene ρ(v) ≤ R(a − 1, b; 2) − 2 entonces el n´ umero de v´ertices no adyacentes a v ser´ıa al menos R(a, b − 1; 2) y el subgrafo generado por ellos contendr´ıa un subgrafo completo de a v´ertices o b− 1 v´ertices independientes, los cuales junto con v har´ıan b v´ertices independientes. S´ olo nos resta considerar el caso en que ρ(v) = R(a − 1, b; 2) − 1 para todo v ∈ V . Pero esto no puede darse, ya que entonces tendr´ıamos un grafo con un n´ umero impar de v´ertices, todos ellos de valencia impar. 3. Por (7.1.3) sabemos que R(2, 4; 2) = 4 y por el Ejercicio 1 sabemos que R(3, 3; 2) = 6. Como estos dos n´ umeros son pares se puede aplicar el Ejercicio 2 y tenemos que : R(3, 4; 2) < R(2, 4; 2) + R(3, 3; 2) = 4 + 6 = 10 Por otra parte R(3, 4; 2) > 8 como muestra el grafo obtenido uniendo los pares de v´ertices opuestos de un oct´ ogono regular. Por lo tanto R(3, 4; 2) = 9. Aplicando una vez m´ as (7.1.3) y el resultado que acabamos de obtener resulta: R(3, 5; 2) ≤ R(2, 5; 2) + R(3, 4; 2) = 5 + 9 = 14 Pero R(3, 5; 2) > 13 , como muestra el grafo que se obtiene uniendo de seis en seis los v´ertices de un pol´ıgono regular de 13 v´ertices. 4. Escribamos Ri = R(a1 , . . . , ai−1 , ai − 1, ai+1 , . . . , ak ; 2) para i = 1, . . . , k y N = R1 + · · · + Rk + k − 2. Probaremos que si las aristas del grafo completo de N v´ertices KN se pintan con k colores 1, . . . , k entonces KN contiene un subgrafo completo de ai v´ertices con todas sus aristas de color i , para alg´ un i. En efecto, sea v un v´ertice

139 cualquiera de KN y sea Vi el conjunto de los v´ertices w 6= v tales que la arista {v, w} est´e pintada con el color i. Puesto que: k X i=1

|Vi | = N − 1 =

k X i=1

Ri − k + 1

para alg´ un i debe ser |Vi | ≥ Ri . Entonces el subgrafo generado por Vi contiene un subgrafo completo de aj v´ertices con aristas de color j, para alg´ un j 6= i, o contiene un subgrafo completo de ai − 1 v´ertices y aristas de color i. Pero en este u ´ltimo caso los v´ertices del subgrafo y el propio v generan un subgrafo completo de ai v´ertices y aristas de color i. 5. Sea k fijo y hagamos inducci´ on en n = a1 + · · · + ak . Para a1 = a2 = · · · = ak = 1 se tiene   k R(2, ..., 2; 2) = 2 ≤ = k! 1...1 Supongamos entonces n > k. Aplicando el Ejercicio anterior, la hip´ otesis inductiva y finalmente (3.2.5) se tiene: R(a1 + 1, . . . , ak + 1; 2) ≤

≤

k  X i=1

k X

R(a1 + 1, . . . , ai , . . . , ak + 1; 2)

i=1

n−1 a1 . . . ai − 1 . . . ak



=



n a1 . . . ak



6. Sea G un grafo completo de n v´ertices v1 , . . . , vn y supongamos que umero de cada arista ha sido pintada de rojo o de azul. Sea ri el n´ aristas rojas incidentes con el v´ertice vi . Entonces el n´ umero de aristas azules incidentes con vi ser´ a n − 1 − ri , y el n´ umero de tri´ angulos con dos aristas de distinto color incidentes con vi ser´ a ri (n − 1 − ri ). Si un tri´ angulo no es monocrom´ atico debe tener exactamente dos v´ertices en los cuales concurren aristas de distinto color. Por lo tanto el n´ umero de tri´ angulos monocrom´ aticos en G es:   n n 1X M= − ri (n − 1 − ri ) 3 2 i=1

140 Ahora bien, es f´acil comprobar que el m´ aximo valor que puede alcanzar cada producto ri (n − 1 − ri ) es ((n − 1)/2)2 si n es impar y n(n − 2)/4 si n es par, de donde se sigue inmediatamente el resultado deseado. 7. Por inducci´ on en n. Para n = 1 se tiene R(3; 2) = 3 = ⌊e⌋ + 1. Supongamos inductivamente que R(3, . . . , 3; 2) ≤ ⌊e(n − 1)!⌋ + 1 | {z } n−1

Entonces aplicando el Ejercicio 4 se tiene:

R(3, . . . , 3; 2) ≤ nR(3, . . . , 3, 2; 2) − n + 2 | {z } | {z } n

n−1

≤ R(3, . . . , 3, R(3, 2; 2); 2) = R(3, . . . , 3; 2) | {z } | {z } n−2

n−1

≤ n(⌊e(n − 1)!⌋ + 1) − n + 2 = ⌊en!⌋ + 1

8. Sea a1 , a2 , . . . una sucesi´ on cualquiera de n´ umeros reales y considere el grafo completo infinito cuyos v´ertices son los n´ umeros naturales. Para cada par de v´ertices i < j pintamos la arista {i, j} de rojo, azul o amarillo seg´ un que sea ai < aj , ai = aj o ai > aj . El resultado deseado es ahora consecuencia inmediata de (7.2.4). 9. Sea W (t, r) como en la Proposici´ on (7.4.2). Si todos los puntos del plano han sido pintados con k colores consideremos la sucesi´ on N0 = 1 , N1 = W (N0 + 1, 1) , N2 = W (N1 + 1, 2), . . . , Nk = W (Nk−1 + 1, k). Si P y Q son puntos del plano denotemos mediante T (P, Q) al punto que se obtiene aplicando a Q la rotaci´ on de 60◦ y sentido positivo alrededor de P. En una recta l1 tomemos Nk puntos equiespaciados. Por definici´ on de Nk debe haber entre ellos Nk−1 + 1 puntos equiespaciados y del mismo color, P0 , P1 , . . . , PNk−1 . Consideremos los puntos Qi = T (Pi−1 , Pi ) , para i = 1, . . . , Nk−1 . Si alg´ un Qi es del mismo color que los Pj , entonces los puntos Pi−1 , Pi , Qi son los v´ertices de un tri´ angulo equil´ atero monocrom´ atico. Si no es as´ı, entonces los Qi son Nk−1 puntos equiespaciados pintados con k − 1 colores y se repite el procedimiento obteni´endose un tri´ angulo monocrom´ atico o Nk−2 nuevos puntos equiespaciados pintados con k − 2 colores. Repitiendo este procedimiento a lo sumo k veces se obtiene necesariamente un tri´ angulo monocrom´ atico.

141 10. Este resultado puede obtenerse a partir del Teorema de Van der Waerden. Vea [H1] pag. 87. 11. Sea X el conjunto de partes de Nn ordenado por inclusi´ on. Las cadenas maximales en X son de la forma: ∅ ⊂ {a1 } ⊂ {a1 , a2 } ⊂ · · · ⊂ {a1 , . . . , an } donde a1 , . . . , an es una permutaci´ on de los n´ umeros de 1 a n. Si A ∈ X entonces las cadenas maximales a las cuales A pertenece se pueden poner en correspondencia biyectiva con las permutaciones a1 , . . . , an tales que sus primeros |A| elementos sean precisamente los del conjunto A. Su n´ umero es por lo tanto |A|!(n − |A|)!. Sea ahora T una anticadena en X. El n´ umero de cadenas maximales que contengan alg´ un A ∈ T debe ser menor o igual que el n´ uP mero total de cadenas maximales, que es n!. Por
lo tanto se tiene
que A∈T |A|!(n − |A|)! ≤ n!. Sea k = ⌊ n2 ⌋ n y N = nk . Puesto que |A| ≤ N para todo A ∈ T , de la desigualdad anterior se desprende que: X  n −1 X 1 |T | = 1≥ ≥ N N |A| A∈T

A∈T

y por lo tanto |T | ≤ N . Esto prueba que a(X) ≤ N . Pero como {A ∈ X : |A| = N } es una anticadena y tiene N elementos, resulta que a(X) ≥ N y por lo tanto el n´ umero de Dilworth de X es N . 12. En el conjunto X de las particiones de Nn ordenadas parcialmente por refinamiento, las particiones con un mismo n´ umero k de clases constituyenobviamente una anticadena. Por lo tanto el mayor n´ umero umero de Dilworth de X. de Stirling nk es una cota inferior para el n´ Gian-Carlo Rota ha conjeturado que estos n´ umeros coinciden (y en efecto lo hacen para valores peque˜ nos de n).

A.8

Cap´ıtulo 8

1. En total hay r 4 coloraciones. Las invariantes bajo una rotaci´ on de 90◦ son u ´nicamente aquellas que asignan un mismo color a las cuatro casillas. Son por lo tanto r. Las invariantes bajo la rotaci´ on de 180◦ son las que asignan el mismo color a las dos casillas de cada diagonal, y son r 2 . De acuerdo con (8.2.1) resulta entonces que el n´ umero de coloraciones no equivalentes por rotaciones es (r 4 + 2r + r 2 )/4.

142
= 12870. El grupo de 2. El n´ umero total de configuraciones es 16 8 simetr´ıas del cuadrado D4 tiene 8 elementos. Si fijamos un sistema de coordenadas con origen en el centro del tablero y ejes paralelos a los lados entonces las configuraciones invariantes bajo una rotaci´ on de 90◦ quedan caracterizadas por las dos
cruces que deben tener en el primer cuadrante. Por lo tanto son 42 = 6. Lo mismo puede decirse para la rotaci´ on de 270◦. Las invariantes bajo la rotaci´ on de 180◦ quedan caracterizadas por la posici´ on de las cuatro
cruces que deben tener en el semiplano superior. Por lo tanto son 84 = 70. Un razonamiento an´ alogo se aplica a las simetr´ıas de ejes Ox y Oy. Las configuraciones invariantes bajo la simetr´ıa de eje y = x quedan caracterizadas por el n´ umero de cruces que tengan en la diagonal (que puede ser 0, 2 o 4) y por la disposici´on de la mitad de las
cruces
restantes

en el semiplano y > x. Por lo tanto su n´ umero es 64 + 42 63 + 62 = 150. Lo mismo puede decirse para la simetr´ıa de eje y = −x. En definitiva, aplicando el Lema de Burnside el n´ umero buscado resulta ser: 1 (12870 + 2 · 6 + 3 · 70 + 2 · 150) = 1674 8 3. De modo similar a lo hecho en el texto para el cubo se obtienen los siguientes resultados para los dem´ as poliedros regulares: tetraedro: (r 4 + 11r 2 )/12 octaedro: (r 8 + 17r 4 + 6r 2 )/24 dodecaedro: (r 12 + 15r 6 + 44r 4 )/60 icosaedro: (r 20 + 15r 10 + 20r 8 + 24r 4 )/60 4. De acuerdo con el Lema de Burnside el n´ umero de ´ orbitas es: 1 XX |{f ∈ C D : h ◦ f ◦ g−1 = f }| |G||H| g∈G h∈H

Ahora bien, supongamos que f ∈ C D , g ∈ G, h ∈ H, h ◦ f ◦ g−1 = f , que d ∈ D pertenezca a un k-ciclo de g y que su imagen c = f (d) est´e en un i-ciclo de h. Entonces: hk (c) = hk (f (d)) = (hk ◦ f ◦ g−k )(gk (d)) = f (d) = c y por lo tanto i divide a k. Rec´ıprocamente, dados g ∈ G y h ∈ H si seleccionamos un representante en cada k-ciclo de g (para k = 1, . . . , |D|) y le hacemos corresponder un elemento de C que pertenezca

143 a un ciclo de h cuya longitud divida a k , se ve sin dificultad que la correspondencia puede ser extendida de modo u ´nico a una funci´ on de un f ∈ C D tal que h ◦ f ◦ g−1 = f . Puesto que al representante P k-ciclo de g se le pueden asignar seg´ un este criterio i|k iλi (h) colores, resulta que: 

|{f ∈ C D : h ◦ f ◦ g−1 = f }| = 

con lo cual queda probado el resultado.

X i|k

λk (g)

iλi (h)

144

Ap´ endice B

Tablas p\q 2 3 4 5 6 7

2 2 3 4 5 6 7

3 3 6 9 14 18 23

4 4 9 18 25–28 34–45

5 5 14 25–28 38–55 38–94

6 6 18 34–45 38–94 102–178

7 7 23

Tabla B.1: N´ umeros de Ramsey R(p, q; 2).

Nota: a − b significa que el n´ umero de Ramsey est´a comprendido entre a y b.

145

146

k\n

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 k\n

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

0 1

1 1 1

13 1 13 78 286 715 1287 1716 1716 1287 715 286 78 13 1

2 1 2 1

3 1 3 3 1

14 1 14 91 364 1001 2002 3003 3432 3003 2002 1001 364 91 14 1

4 1 4 6 4 1

15 1 15 105 455 1365 3003 5005 6435 6435 5005 3003 1365 455 105 15 1

5 1 5 10 10 5 1

6 1 6 15 20 15 6 1

16 1 16 120 560 1820 4368 8008 11440 12870 11440 8008 4368 1820 560 120 16 1

7 1 7 21 35 35 21 7 1

8 1 8 28 56 70 56 28 8 1

17 1 17 136 680 2380 6188 12376 19448 24310 24310 19448 12376 6188 2380 680 136 17 1

9 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1

18 1 18 153 816 3060 8568 18564 31824 43758 48620 43758 31824 18564 8568 3060 816 153 18 1

10 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1

11 1 11 55 165 330 462 462 330 165 55 11 1

19 1 19 171 969 3876 11628 27132 50388 75582 92378 92378 75582 50388 27132 11628 3876 969 171 19 1

Tabla B.2: Coeficientes binomiales

n
k

12 1 12 66 220 495 792 924 792 495 220 66 12 1 20 1 20 190 1140 4845 15504 38760 77520 125970 167960 184756 167960 125970 77520 38760 15504 4845 1140 190 20 1

147

k\n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 k\n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

0 1

1 0 1

2 0 1 1

3 0 2 3 1

11 0 3628800 10628640 12753576 8409500 3416930 902055 157773 18150 1320 55 1

4 0 6 11 6 1

5 0 24 50 35 10 1

6 0 120 274 225 85 15 1

12 0 39916800 120543840 150917976 105258076 45995730 13339535 2637558 357423 32670 1925 66 1

7 0 720 1764 1624 735 175 21 1

8 0 5040 13068 13132 6769 1960 322 28 1

13 0 479001600 1486442880 1931559552 1414014888 657206836 206070150 44990231 6926634 749463 55770 2717 78 1

9 0 40320 109584 118124 67284 22449 4536 546 36 1

10 0 362880 1026576 1172700 723680 269325 63273 9450 870 45 1 14 0 6227020800 19802759040 26596717056 20313753096 9957703756 3336118786 790943153 135036473 16669653 1474473 91091 3731 91 1

Tabla B.3: N´ umeros de Stirling de primera especie

148

k\n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 k\n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

0 1

1 0 1

2 0 1 1

12 0 1 2047 86526 611501 1379400 1323652 627396 159027 22275 1705 66 1

3 0 1 3 1

4 0 1 7 6 1

5 0 1 15 25 10 1

13 0 1 4095 261625 2532530 7508501 9321312 5715424 1899612 359502 39325 2431 78 1

6 0 1 31 90 65 15 1

7 0 1 63 301 350 140 21 1

14 0 1 8191 788970 10391745 40075035 63436373 49329280 20912320 5135130 752752 66066 3367 91 1

8 0 1 127 966 1701 1050 266 28 1

9 0 1 255 3025 7770 6951 2646 462 36 1

15 0 1 16383 2375101 42355950 210766920 420693273 408741333 216627840 67128490 12662650 1479478 106470 4550 105 1

10 0 1 511 9330 34105 42525 22827 5880 750 45 1

11 0 1 1023 28501 145750 246730 179487 63987 11880 1155 55 1 16 0 1 32767 7141686 171798901 1096190550 2734926558 3281882604 2141764053 820784250 193754990 28936908 2757118 165620 6020 120 1

Tabla B.4: N´ umeros de Stirling de segunda especie

149

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32

Fn 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 377 610 987 1597 2584 4181 6765 10946 17711 28657 46368 75025 121393 196418 317811 514229 832040 1346269 2178309

Cn 1 1 2 5 14 42 132 429 1430 4862 16796 58786 208012 742900 2674440 9694845 35357670 129644790 477638700 1767263190 6564120420 24466267020 91482563640 343059613650 1289904147324 4861946401452 18367353072152 69533550916004 263747951750360 1002242216651368 3814986502092304 14544636039226909 55534064877048198

Bn 1 2 5 15 52 203 877 4140 21147 115975 678570 4213597 27644437 190899322 1382958545 10480142147 82864869804 682076806159 5832742205057 51724158235372 474869816156751 4506715738447323 44152005855084346 445958869294805289 4638590332229999353 49631246523618756274 545717047936059989389 6160539404599934652455 71339801938860275191172 846749014511809332450147 10293358946226376485095653 128064670049908713818925644

Tabla B.5: N´ umeros de Fibonacci, Catalan y Bell.

150

m\n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

1 1

2 1 1

3 1 1 1 1

4 1 1 2 3 2 1 1

5 1 1 2 4 6 6 6 4 2 1 1

6 1 1 2 5 9 15 21 24 24 21 15 9 5 2 1 1

7 1 1 2 5 10 21 41 65 97 131 148 148 131 97 65 41 21 10 5 2 1 1

8 1 1 2 5 11 24 56 115 221 402 663 980 1312 1557 1646 1557 1312 980 663 402 221 115 56 24 11 5 2 1 1

9 1 1 2 5 11 25 63 148 345 771 1637 3252 5995 10120 15615 21933 27987 32403 34040 32403 27987 21933 15615 10120 5995 3252 1637 771 345 148 63

10 1 1 2 5 11 26 66 165 428 1103 2769 6759 15772 34663 71318 136433 241577 395166 596191 828728 1061159 1251389 1358852 1358852 1251389 1061159 828728 596191 395166 241577 136433

Tabla B.6: Grafos con n v´ertices y m aristas.

11 1 1 2 5 11 26 67 172 467 1305 3664 10250 28259 75415 192788 467807 1069890 2295898 4609179 8640134 15108047 24630887 37433760 53037356 70065437 86318670 99187806 106321628 106321628 99187806 86318670

Ap´ endice C

Lista de s´ımbolos Nn |A| A∼B m
n
m n1 ,n2 ,...,n k m n m n Bn

Cn a|b D(a, b) ⌊x⌋

∀

secci´ on de los naturales del 1 al n, {1, 2.., n} (p´ ag. 4) n´ umero de elementos (cardinal) del conjunto A (p´ ag. 4) A es coordinable con B (es decir existe una funci´ on f : A → B biyectiva) (p´ ag. 4) m! coeficiente binomial n!(m−n)! (p´ ag. 34) coeficiente multinomial n1 ! nm! 2 ! ...nk ! n´ umero de Stirling de primera clase (p´ ag. 69) n´ umero de Stirling ag. 75)  clase. (p´  de segunda ag. 75) n´ umero de Bell n0 + · · · +
nn (p´ 2n 1 n´ umero de Catalan n+1 ag. 61) n (p´ a divide a b (b es m´ ultiplo de a) m´ aximo com´ un divisor de a y b parte entera de x ( el mayor n´ umero natural menor o igual que x ) final de una demostraci´ on. Si aparece inmediatamente despu´es de un enunciado entonces la demostraci´ on o es trivial o est´ a contenida en la discusi´ on previa. para todo

151

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´Indice de Materias acci´ on, 104 de Polya, 108 Aigner,M., 2 ajedrez, 8, 11, 23 algoritmo de Euclides, 48, 128 algoritmos, 21 combinatorios, 21 an´ alisis de, 73 anticadena, 96 arbol binario, 64 ´ arreglos, 13 con repetici´ on, 15

coloraciones, 108 combinaciones, 17 con repetici´ on, 19 Combinatoria, 1 configuraciones, 1 conjunto de partes, 10 coordinables, 4 coordinaciones, 13 De Moivre, A., 3, 51 de Pisa, Leonardo, 3, 47 deBruijn, N. G., 104, 114 desarreglo, 42 Descartes, Blanche, 103 Dirichlet, P.G.L, 43 disposiciones, 13 distancia de Hamming, 37

Ben Gerson, Levi, 2 Berge, C., 1 Bernoulli, 3 Bhaskara, 2 Bourbaki, 2 cadena, 96 Cailey, 3 caminos ascendentes, 26 Cardano, 2 cardinal, 4 Catalan, Eugene, 61 ciclo, 65 c´ odigo corrector, 37 coeficientes binomiales, 25 multinomiales, 32 Cohen, D. I. A., 25

ecuaci´ on caracter´ıstica, 53 enumeraci´ on de grafos, 112 Erd¨ os, Paul, 3 Erd¨ os-Szekeres, 9, 90, 92 estabilizador, 105 Ettingshausen, A., 17 Euler, 3, 58, 89 factorial, 10 factorial inferior, 10 Fermat, 2 Fibonacci, 3, 47 157

finito, 4 f´ ormula de Bell, 81 Dobinsky, 84 la criba de Jordan, 46 Stifel, 28 Sylvester, 40 funci´ on µ de M¨ obius, 43 φ de Euler, 45 funciones crecientes, 20 estrictamente crecientes, 18 decrecientes, 19 generatrices, 51 inyectivas, 10 sim´etricas, 110 sobreyectivas, 35, 41, 77

Dilworth, 98 elementos, 4 Stirling de primera clase, 69 segunda clase, 75 n´ umeros de Catalan, 61 de Ramsey, 86 Newton, 3 ´rbita, 105 o orden parcial, 96 par´entesis, 60 pareo, 98 partici´ on, 75 Pascal, 2 permutaci´ on, 65 permutaciones, 15 circulares, 68 con repetici´ on, 16 polinomio indicador de ciclos, 111 Polya acci´ on de, 108 Polya, G., 3, 104 principio de correspondencia, 4 de Dirichlet, 86 de inclusiones y exclusiones, 39 de la suma, 5 de reflexi´ on, 36 del producto, 6 problema de los matrimonios, 45

Gardner, Martin, 82 grafo, 89 Greenwood y Gleason, 101 Herstein,I.N., 1 Kaplansky, 23 Kepler, J., 48 Knuth, D. E., 25, 64, 69 Leibniz, 3, 65 Lema de Burnside, 107 Liber Abaci, 3, 47 Lucas, 63

Ramsey, F. P., 3, 86 Redfield, J. H., 3, 104 relac´ on de recurrencia, 49 relaci´ on de recurrencia lineal, 53

m´ınimo de izquierda a derecha, 71 monomios, 19 n´ umero de Bell, 75 158

serie arm´ onica, 8 sistema de representantes distintos, 99 Sperner, 101 Stevin, 3 Stifel, 3, 26 f´ormula de, 28 sucesos, 6 Tartaglia, 2 teorema del matrimonio, 98 multinomial, 34 teorema de Dilworth, 97 Graham - Rothschild, 94 K¨ onig-Frobenius, 100 la votaci´ on, 36 Philip Hall, 99 Polya, 111 Ramsey, 86 Van der Waerden, 96 Thom, Ren´e, 85 transposici´ on, 66 tri´ angulo aritm´etico, 29 Tri´ angulo de Bell, 81 triangulaciones, 58 Van der Monde, 55 identidad de, 32 variaciones, 13

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