La Universidad del Zulia

Facultad Experimental de CienciasDepartamento de Matematica y Computacion

Teorıa Combinatoria

Jose Heber Nieto Said

Maracaibo, 1996

TEORIA COMBINATORIAISBN 980-232-573-2

autor: Jose H. NietoDepartamento de Matematica y ComputacionFacultad Experimental de CienciasLa Universidad del Zulia - Apartado Postal 526Maracaibo, Venezuela

Fax: 58 61 515390direccion electronica: jhnieto@luz.ve

c© La Universidad del Zulia, 1996.

Indice General

1 Conceptos basicos 1

1.1 Que es la Combinatoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Orıgenes y evolucion de la Combinatoria . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Los principios basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2 Las configuraciones clasicas 13

2.1 Arreglos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2 Arreglos con repeticion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.3 Permutaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.4 Permutaciones con repeticion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.5 Combinaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.6 Combinaciones con repeticion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.7 Algoritmos combinatorios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 aplicaciones 39

4.1 El Principio de Inclusiones y Exclusiones . . . . . . . . . . . . 39

4.2 Funciones sobreyectivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.3 Desarreglos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

4.4 Aplicaciones a la teorıa de numeros . . . . . . . . . . . . . . . 43

4.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

iii

5 Relaciones de recurrencia y funciones generatrices 47

5.1 Numeros de Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

5.2 Funciones generatrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

5.3 Relaciones de recurrencia lineales . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5.4 Numeros de Catalan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

6 Permutaciones y particiones 65

6.1 Permutaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

6.2 Numeros de Stirling de primera clase . . . . . . . . . . . . . . 69

6.3 Aplicacion al analisis de algoritmos . . . . . . . . . . . . . . . 73

6.4 Particiones, numeros de Stirling de segunda clase y numerosde Bell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

6.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

7 Teoremas de existencia 85

7.1 El Teorema de Ramsey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

7.2 Aplicaciones a la teorıa de grafos . . . . . . . . . . . . . . . . 89

7.3 Una aplicacion geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

7.4 El Teorema de Graham - Rothschild . . . . . . . . . . . . . . 94

7.5 Conjuntos parcialmente ordenados . . . . . . . . . . . . . . . 96

7.6 Sistemas de representantes distintos . . . . . . . . . . . . . . 99

7.7 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

8 Enumeracion bajo accion de grupos 103

8.1 Accion de un grupo sobre un conjunto . . . . . . . . . . . . . 104

8.2 La Accion de Polya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

8.3 Enumeracion de grafos no isomorfos . . . . . . . . . . . . . . 112

8.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

A Soluciones y sugerencias 117

A.1 Capıtulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

A.2 Capıtulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

A.3 Capıtulo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

A.4 Capıtulo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

A.5 Capıtulo 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

A.6 Capıtulo 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

A.7 Capıtulo 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

A.8 Capıtulo 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

iv

B Tablas 145

C Lista de sımbolos 151

v

vi

Indice de Tablas

B.1 Numeros de Ramsey R(p, q; 2). . . . . . . . . . . . . . . . . . 145B.2 Coeficientes binomiales

(nk

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

B.3 Numeros de Stirling de primera especie . . . . . . . . . . . . . 147B.4 Numeros de Stirling de segunda especie . . . . . . . . . . . . 148B.5 Numeros de Fibonacci, Catalan y Bell. . . . . . . . . . . . . . 149B.6 Grafos con n vertices y m aristas. . . . . . . . . . . . . . . . . 150

vii

viii

Prefacio

Este libro nacio a partir de las notas de varios cursos de matematica discre-ta y de combinatoria dictados por el autor en la Facultad de Ciencias de laUniversidad del Zulia durante los ultimos diez anos, para estudiantes de ma-tematica y de computacion. Una version parcial del texto [N1] fue utilizadapor estudiantes de esos y otros cursos. En 1988 esta obra fue seleccionadaentre las ganadoras del Concurso de Textos Universitarios auspiciado porel Vice-Rectorado Academico de LUZ. Sin embargo, dificultades de ordentipografico retardaron y finalmente impidieron su oportuna publicacion. Lapresente edicion se debe a la iniciativa del profesor Gustavo Oquendo, quienpreparo la version en LATEX en tiempo record.

Esta obra se beneficio de los aportes y comentarios de mis alumnos y devarios colegas del Departamento de Matematica de la F.E.C., en particulardel profesor Genaro Gonzalez, con quien sostuve largas conversaciones sobretemas combinatorios. Deseo expresar aquı mi agradecimiento a todos ellos,ası como al profesor Gustavo Oquendo y al Instituto de Calculo Aplicadode la Facultad de Ingenierıa de LUZ, en cuyas instalaciones se realizo eltrabajo de composicion del texto. Debo aclarar sin embargo que cualquierposible error es de mi exclusiva responsabilidad. Asımismo agradezco alVice-rectorado Academico de LUZ el apoyo brindado a la presente edicion.

Jose Heber Nieto SaidMaracaibo, 14 de febrero de 1996.

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Introduccion

En los ultimos anos el interes por la Combinatoria ha aumentado conside-rablemente. En gran parte esto se debe al desarrollo de la Ciencia de laComputacion, en la cual juega un rol central el concepto de algoritmo. Paraestimar la eficiencia de un algoritmo es necesario contar el numero de vecesque se ejecutara cada paso del mismo, y esto es un tıpico problema combi-natorio. Asimismo la Combinatoria tiene aplicaciones en las ciencias fısicas(ver por ejemplo la discusion del modelo de Ising en [P1]). Por otra partelas tecnicas combinatorias son ampliamente usadas en toda la Matematica,desde la Teorıa de Grupos hasta la Teorıa de Probabilidades. La demostra-cion de Wielandt del teorema de Sylow (ver [H3]) y la teorıa de paseos alazar (ver [F1]) son dos hermosos ejemplos de lo afirmado. Otros ejemplos seencuentran en geometrıa combinatoria (ver [H1]), teorıa de grafos (ver [B2],[H2]), optimizacion combinatoria (ver [F2]), etc.

Sin embargo, no abundan las obras dedicadas a la exposicion sistemati-ca de los principios fundamentales de la Combinatoria. Por ese motivo esfrecuente encontrar, en libros dedicados a diversas ramas de la matemati-ca, estadıstica y computacion, secciones mas o menos extensas en las cualesse desarrollan los conceptos y tecnicas combinatorias requeridos por cadaautor. Se trata sin embargo de exposiciones parciales, mas o menos circuns-criptas a ciertas necesidades especıficas. En idioma castellano, en especial,las obras de Combinatoria son muy escasas y de difıcil obtencion. Estas con-sideraciones nos motivaron a preparar este trabajo, en el cual tratamos deafirmar la unidad de la Combinatoria desarrollandola a partir de un pequenonumero de principios basicos. No pretendemos sin embargo realizar una ex-posicion exhaustiva de los innumerables problemas, resultados y teorıas quecomprende la Combinatoria, sino mas bien exponer sus fundamentos y pre-sentar un buen numero de topicos representativos de las diversas direccionesque ha tomado la investigacion en el area. La seleccion hecha inevitable-

mente refleja de algun modo las preferencias e intereses del autor, aunquehemos hecho un esfuerzo por incluır un conjunto variado y equilibrado de re-sultados, que puedan ejemplificarse con aplicaciones a diferentes campos dela matematica (algebra, geometrıa, teorıa de grafos, probabilidades, teorıade numeros, etc.)

La exposicion trata de enfatizar en todo momento el enfoque tıpicamen-te combinatorio de los problemas tratados, aunque tambien se explican (yutilizan cuando es necesario) otros metodos. Los numeros de Stirling, porejemplo, se definen por su propiedad de contar el numero de permutaciones yparticiones de determinada clase, y no de la manera usual como coeficientesde ciertos cambios de base en un espacio vectorial de polinomios.

Al final de cada capıtulo se incluyen ejercicios y problemas que ilustrano amplıan el material tratado y brindan al lector la oportunidad de ponera prueba su comprension del texto. En un Apendice se proporcionan solu-ciones y sugerencias, pero las mismas no deberıan ser consultadas antes dehaber hecho un serio esfuerzo para solucionar cada problema. Este tipo deactividad es fundamental para aprovechar cabalmente este o cualquier otrolibro de matematica.

Los prerrequisitos para comprender este libro no son muchos, siendosuficiente lo que suele ensenarse en un curso de matematicas generales denivel universitario. Las excepciones se encuentran en el Capıtulo 8, quepresupone cierta familiaridad con la teorıa de grupos, y en algunos ejemplosy ejercicios.

El texto puede ser usado de varias maneras. Los tres primeros capıtulosson de naturaleza elemental y proporcionan una introduccion a la combina-toria adecuada para cursos universitarios de matematica general, algebra,probabilidad y otros que lo requieran. Los capıtulos 4, 5 y 6 contienenmaterial algo mas sofisticado y son apropiados para cursos de matemati-ca discreta, en especial para carreras de computacion, por sus aplicacionesal analisis de algoritmos. Los dos ultimos capıtulos requieren una mayormadurez matematica, y estan dirigidos fundamentalmente a estudiantes yprofesores de esta disciplina.

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Capıtulo 1

Conceptos basicos

“La matematica es rica en tecnica y argumentos. En esta granvariedad de situaciones una de las mas esenciales herramien-tas de trabajo es el conteo. Y sin embargo, aunque parezcaextrano, es una de las cosas mas difıciles. Al hablar de conteo,a lo que queremos referirnos es al proceso de saber en formaprecisa cuantas son las posibilidades en situaciones altamentecomplejas.”

I.N. Herstein [H3] pag. 87–88.

1.1 Que es la Combinatoria

Si se les pregunta que es la Combinatoria, la mayorıa de los matematicosresponderan algo ası como “el arte y ciencia de contar”. Sin embargo estadefinicion es inadecuada, pues tıpicos problemas combinatorios como el dedescribir todos los grafos con un cierto numero de vertices o el de la exis-tencia de cuadrados latinos ortogonales, quedarıan fuera de su alcance. Sibien los metodos de recuento forman parte esencial de la Combinatoria, estacontempla tambien otros aspectos. Ademas de contar el numero de arbo-les con n vertices, por ejemplo, interesa tambien describirlos, decir cualesson. En este sentido Claude Berge [B1] propone definir la Combinatoriacomo el estudio de las configuraciones formadas con los elementos de unconjunto finito, entendiendo por tales las aplicaciones del conjunto en otro(posiblemente provisto de cierta estructura) que satisfagan unas restriccio-nes determinadas. Dentro de esta concepcion pueden considerarse variosaspectos, entre ellos: el estudio de configuraciones conocidas, el estudio de

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la existencia de ciertas configuraciones, el conteo del numero de configura-ciones de un tipo dado, la enumeracion o descripcion de configuraciones, laoptimizacion combinatoria, es decir la determinacion de las configuracionesque maximizan o minimizan una funcion dada, etc.

Otros autores, como Aigner [A1], distinguen dentro de la Combinatoriavarias areas principales, tales como los problemas de enumeracion, el estudiode estructuras de orden en conjuntos finitos, los teoremas de existencia tipoRamsey, Sperner, etc. y el estudio de configuraciones. En cualquier caso elcampo abierto a la Combinatoria es amplio y fascinante, repleto de bellosresultados e interesantes problemas abiertos.

1.2 Orıgenes y evolucion de la Combinatoria

En cierto sentido la combinatoria puede considerarse tan vieja como la pro-pia Matematica, ya que la operacion basica de contar los elementos de unconjunto esta ligada al origen mismo del concepto de numero en los tiemposprehistoricos.

Los matematicos griegos no prestaron mucha atencion a los problemascombinatorios, si exceptuamos el estudio de los numeros poligonales reali-zado por los pitagoricos. Segun Bourbaki [B3] la formula

(n2

)= n(n−1)

2 yaera conocida en el siglo III de nuestra era. En el siglo XII el matematicohindu Bhaskara conocıa ya la formula general para

(np

)y Levı Ben Gerson

(1288–1344) realizo un estudio mas detallado de las permutaciones, arreglosy combinaciones de un conjunto de objetos. Sin embargo sus escritos apa-rentemente no alcanzaron mucha difusion, y varios de sus resultados fueronredescubiertos varias veces por los matematicos de los siglos siguientes.

Cardano (1501–1576) mostro que el numero de partes de un conjunto den elementos es 2n. Nicolo Fontana de Brescia, contemporaneo de Cardano ymas conocido como Tartaglia, estudio un rectangulo aritmetico equivalenteal triangulo que posteriormente recibirıa el nombre de Pascal y que apare-cio en su obra (en parte postuma) “Tratado general sobre el numero y lamedida” (1556–1560).

Pascal y Fermat, en el curso de sus estudios sobre los juegos de azar y enparticular sobre el problema de “la division de la apuesta” (planteado por elcaballero de Mere) volvieron a encontrar la formula para

(np

). Dichos estudio

constituyeron, por otra parte, el punto inicial del calculo de probabilidadesmoderno. Pascal parece haber sido el primero en relacionar los numeros

(np

)

con el teorema del binomio (el cual en alguna forma era ya conocido por los

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arabes en el siglo XIII y por los chinos en el siglo XIV). Publico su celebre“Tratado del triangulo aritmetico” en 1665 y aunque dicho triangulo ya eraconocido por matematicos anteriores como Tartaglia, Stevin y Stifel, desdeentonces es conocido con su nombre.

Leibniz (1646–1716) dedico bastante atencion a la Combinatoria, no solodesde el punto de vista matematico sino tambien desde una perspectiva fi-losofica. En un ensayo de juventud (“De Arte Combinatoria”, 1666) escribe:

. . . todo brota interiormente de la teorıa de las variaciones, lacual conduce al espıritu que a ella se confıa, casi por sı mismo,a traves de la totalidad infinita de los problemas, abarcando ensı la armonıa del universo, la estructura mas ıntima de las cosasy toda la serie de las formas.

Hacia 1676 obtuvo la formula para los coeficientes multinomiales, redescu-bierta y publicada por De Moivre veinte anos mas tarde.

Newton extendio el teorema del binomio al caso de exponentes fracciona-rios. De Moivre (1667–1754) uso por primera vez funciones generatrices pararesolver la relacion de recurrencia xn = xn−1 + xn−2, la cual tiene su origenen el problema de la multiplicacion de los conejos tratado por Leonardo dePisa (Fibonacci) en su “Liber abaci” hacia el ano 1202.

Bernoulli extendio la teorıa de combinaciones en su “Ars Conjectandi”(1713), el primer libro de importancia dedicado al calculo de probabilida-des. Euler (1707–1783) hizo aportes fundamentales. Debemos destacar susolucion al problema de los siete puentes de Konigsberg usando argumentoscombinatorios, que lo convirtieron simultaneamente en el padre de la Topo-logıa y de la Teorıa de Grafos. Tambien desarrollo el metodo de las funcionesgeneratrices, aplicandolo al problema de las particiones (entre otros).

Cailey (1821–1895) ataco el problema de determinar el numero de isome-ros de los hidrocarburos saturados CnH2n+2, para cualquier valor de n, lo cualequivale a un problema de enumeracion de cierto tipo de arboles.

En el presente siglo F. P. Ramsey (1903–1930) descubrio un importanteteorema combinatorio de existencia trabajando en el contexto de la logicamatematica. En la decada de 1930 Paul Erdos y otros matematicos hungarosdieron un nuevo impulso a la Combinatoria. De hecho Erdos ha sido, hastael presente, uno de los investigadores mas prolıficos en este campo.

Motivado en problemas de la teorıa de grafos con origen en la quımica,como Cailey, George Polya [P2] desarrollo en 1937 una poderosa tecnica(en parte anticipada por J. H. Redfield [R1]) para resolver problemas de

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enumeracion. Su metodo, basado en la teorıa de grupos, ha tenido graninfluencia en el desarrollo contemporaneo de la Teorıa combinatoria.

En la actualidad la Combinatoria “pura” evoluciona en la direccion debuscar principios y teorıas unificadoras que permitan ordenar y sistematizarel gran numero de resultados existentes, aparentemente dispersos e incone-xos. Ejemplo de tales teorıas son: el estudio combinatorio de los conjuntosparcialmente ordenados (ver [A1]) y en particular la extension a estos con-juntos de las funciones de Mobius y formulas de inversion (ver [R7], [RS1] y[G2]), la teorıa de matroides (ver [A1]), los “tableaux” (ver [B1] y [R4]) y lateorıa de especies combinatorias (ver [M2]). Al mismo tiempo, tiene lugarun gran desarrollo de las ramas mas ricas en aplicaciones inmediatas, talescomo la optimizacion combinatoria.

1.3 Los principios basicos

Denotaremos Nn al conjunto de los numeros naturales entre 1 y n, es de-cir Nn = {1, 2, . . . , n} = {i ∈ N : 1 ≤ i ≤ n}. Dos conjuntos A y B sedicen coordinables si existe una funcion biyectiva f : A → B. En este ca-so escribiremos A ∼ B. Un conjunto A es finito si es vacıo o si existe unnumero natural n tal que A ∼ Nn. En este caso, si f : Nn → A es biyec-tiva, poniendo ai = f(i) para i = 1, . . . , n podemos denotar el conjunto Acomo {a1, a2, . . . , an}. Los conjuntos finitos pueden caracterizarse tambienintrınsecamente por la propiedad de no ser coordinables con ninguno de sussubconjuntos propios (ver por ejemplo [R3]). Denotaremos mediante |A|al numero de elementos (o cardinal) del conjunto finito A. Si A es vacıo,entonces |A| = 0, y si A ∼ Nn entonces |A| = n.

En todo lo que sigue, salvo mencion expresa en sentido contrario, consi-deraremos solamente conjuntos finitos.

Principio de correspondencia. 1.3.1. Si A ∼ B entonces |A| = |B|.

Demostracion. 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 composiciong ◦ f : Nn → B es biyectiva, lo cual prueba |B| = n = |A|

El principio de correspondencia es usado muy frecuentemente en Combina-toria. A pesar de su sencillez permite resolver muchos problemas de conteo

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de manera sorprendente, como en el ejemplo siguiente:Ejemplo: En un campeonato de beisbol jugado por el sistema de elimina-torias se enfrentan n equipos. En cada ronda los equipos perdedores salendel torneo. Al formar los pares de equipos que se van a enfrentar puedeeventualmente quedar un equipo sin jugar; este descansa y pasa a la rondasiguiente. Se desea saber cuantos juegos se realizaran durante el campeona-to.

Aparentemente una forma de resolver este problema serıa contar el nume-ro de juegos en cada ronda y sumar. Pero este calculo se complica por laposibilidad de tener un numero impar de equipos en algunas rondas, y unnumero par en otras. El caso mas simple se da cuando el numero de equiposparticipantes es una potencia de 2, digamos n = 2k. Entonces evidentemen-te habra k rondas, y el numero total de juegos sera 2k−1 + 2k−2 + · · · + 1,o sea 2k − 1 = n − 1. Usando el principio de correspondencia podemosdemostrar que, en general, el numero de partidos sera siempre n − 1. Enefecto, al finalizar el campeonato tendremos un equipo campeon y n − 1equipos eliminados. Cada uno de ellos fue eliminado en algun partido (ysolo en uno), y en cada partido fue eliminado un equipo. Esto significa quela correspondencia que asigna a cada partido jugado el equipo eliminado endicho partido, es biyectiva. Por lo tanto se jugaron tantos partidos comoequipos resultaron eliminados, esto es n− 1.

Principio de la suma. 1.3.2. Si A∩B = ∅ entonces |A∪B| = |A|+ |B|.

Demostracion: Este principio es obvio, pero si se desea una demostra-cion rigurosa puede procederse de la siguiente manera: sean f : Nm → A yg : Nn → B ambas biyectivas. Entonces la funcion h : Nm+n → A ∪B defi-nida del modo siguiente:

h(i) =

{

f(i) si i ≤ mg(i −m) si m < i ≤ m+ n.

es biyectiva, probando ası que |A ∪B| = m+ n = |A|+ |B|.

El principio de la suma se enuncia a veces en los terminos siguientes: “Si unsuceso A puede ocurrir de m maneras y otro suceso B puede ocurrir de nmaneras, y no pueden ocurrir ambos simultaneamente, entonces el suceso ‘Ao B’ puede ocurrir dem+nmaneras”. Este enunciado puede parecer un pocoimpreciso, pero es posible convertirlo en una proposicion matematicamente

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aceptable mediante el modelo siguiente: sea X un conjunto cuyos elementosrepresentan los posibles resultados de un cierto experimento E. Llamemossucesos a los subconjuntos de X. Si A es un suceso y el resultado x delexperimento E pertenece al conjunto A, entonces diremos que “ocurrio elsuceso A”. Sea B otro suceso. Es claro que el suceso ‘A o B’ ocurre cuandoel resultado del experimento E esta en A∪B, y decir que “A y B no puedenocurrir simultaneamente” significa que A ∩ B = ∅. Asimismo la frase “Apuede ocurrir de m maneras” no significa otra cosa que |A| = m. Vemosentonces que el enunciado del principio de la suma en terminos de sucesos,bajo esta interpretacion, afirma que si |A| = m, |B| = n y A∩B = ∅ entonces|A ∪B| = m+ n, lo cual no es mas que el enunciado original.

Veamos algunas consecuencias del principio de la suma:

Proposicion 1.3.3. Si A ⊂ B entonces |A| ≤ |B|.

Demostracion: Si A ⊂ B entonces B = A ∪ (B\A) y A ∩ (B\A) = ∅, porlo tanto |B| = |A|+ |B\A| ≥ |A|

Proposicion 1.3.4. Si f : A→ B es inyectiva entonces |A| ≤ |B|.

Demostracion. Si f es inyectiva entonces A ∼ f(A), por lo tanto |A| =|f(A)| ≤ |B|.

Proposicion 1.3.5. Si f : A→ B es sobre entonces |A| ≥ |B|.

Demostracion. Para cada elemento b ∈ B escojamos una preimagen suyag(b) en A. De este modo resulta una funcion g : B → A inyectiva, ya queg(b) = g(b′) implicarıa b = f(g(b)) = f(g(b′)) = b′. Entonces por 1.3.4tenemos |B| ≤ |A|.

Proposicion 1.3.6. Si A1, . . . , An son disjuntos dos a dos entonces:|A1 ∪ · · · ∪An| = |A1|+ · · ·+ |An|.

Demostracion. Esta generalizacion del principio de la suma se pruebafacilmente por induccion.

(Mas adelante veremos una generalizacion aun mayor de este resultado: elprincipio de inclusiones y exclusiones)

Principio del producto (version 1) 1.3.7. |A×B| = |A| · |B|.

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Demostracion. Este principio puede visualizarse disponiendo todos loselementos del producto cartesiano A × B en una tabla. Suponiendo queA = {a1, . . . , am} y B = {b1, . . . , bn} entonces los elementos de A × B sonlos pares ordenados:

(a1, b1) (a1, b2) . . . (a1, bn)(a2, b1) (a2, b2) . . . (a2, bn)

......

......

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

Se ve claramente que el cuadro tiene m filas y n columnas, y por lo tantom · n = |A| · |B| elementos.

Una demostracion mas rigurosa podrıa seguir las siguientes lineas: si Ao B son vacıos entonces A×B es vacıo y se cumple |A×B| = 0 = |A| · |B|.En caso contrario sean f : Nm → A y g : Nn → B biyectivas y definamosh : Nmn → A × B de la manera siguiente: dado i ∈ Nmn sean q y r elcociente y el resto respectivamente de la division entera de i − 1 entre m.Entonces,

h(i) = (f(r + 1), g(q + 1))

la funcion h ası 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 mas general del principio del producto es el siguiente:

Principio del producto (version 2) 1.3.8. Si un primer objeto puedeescogerse entre m posibles, y despues de realizada esta seleccion puede es-cogerse un segundo entre n posibles, entonces pueden escogerse m · n paresdiferentes.

Demostracion. En esta version el conjunto de objetos entre los cuales sepuede seleccionar el segundo puede depender del primer objeto elegido. Lasituacion puede representarse en el cuadro:

(a1, b11) (a1, b12) . . . (a1, b1n)(a2, b21) (a2, b22) . . . (a2, b2n)

......

......

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

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y vemos que tambien aquı el numero total de pares es m · n.

El principio del producto puede generalizarse facilmente para varios fac-tores:

Principio del producto (version 3) 1.3.9.|A1 ×A2 × · · · ×An| = |A1| · |A2| · · · · · |An|

Demostracion: induccion en n, basandonos en (1.3.7).

La generalizacion correspondiente de la segunda version del principioserıa la siguiente:

Principio del producto (version 4) 1.3.10. Si un primer objeto puedeescogerse entre n1 posibles, y para cada seleccion puede escogerse un segundoobjeto entre n2 posibles, y luego un tercero entre n3 posibles, etc., hasta unk-esimo objeto que se puede escoger de nk maneras, entonces el numero degrupos ordenados de k objetos que pueden seleccionarse es n1 · n2 · · · · · nk.

Demostracion: Induccion en k, basandonos en (1.3.8).

Ejemplo: Si en la serie armonica 1 + 1/2 + · · · + 1/n + · · · (que comose sabe es divergente) se suprimen todos los terminos en cuyo denominadoraparezcan uno o mas sietes (tales como 1/7, 1/17, etc.) ¿la serie resultanteconverge o diverge?.

Para responder a esta pregunta calculemos en primer lugar la cantidadde numeros de n cifras entre cuyos dıgitos no aparece el 7. La primera cifrapuede escogerse de ocho maneras, ya que no puede ser ni 7 ni 0. Cada una delas restantes puede escogerse de 9 maneras. La cantidad buscada es entonces8 · 9n−1. Todos los terminos de la serie en cuestion con denominador de ncifras son menores que 10−(n−1) por lo tanto la serie se puede acotar por laserie geometrica:

8 + 8 ·(

9

10

)

+ 8 ·(

9

10

)2

+ · · ·+ 8 ·(

9

10

)n−1

+ · · · = 80

por lo cual la serie propuesta es convergente. Este resultado puede parecerparadojico, pues aparentemente al quitar los terminos con 7 estamos quitan-do relativamente pocos terminos de la serie armonica. Pero es una ilusionprovocada por el examen de los numeros de pocas cifras. De hecho, entre losnumeros de n cifras la proporcion de numeros sin sietes es (8/9)(9/10)n−1 ,la cual tiende a cero al aumentar n.

9

Ejemplo: ¿De cuantas maneras pueden colocarse una torre blanca yuna 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 numero demaneras en que se puede ubicar la torre blanca. Una vez ubicada la torreblanca, la torre negra debe colocarse en una casilla de la misma columnao fila ocupada por la torre blanca. Como el numero de estas casillas es7 + 7 = 14 la respuesta al problema es 64× 14 = 896.

Observemos que si se tratase de colocar dos torres del mismo color, indis-tinguibles, defendiendose mutuamente, entonces el numero anterior deberıadividirse entre 2, resultando 448.

Como otra aplicacion interesante del principio del producto demostrare-mos el siguiente resultado:

Proposicion (Erdos - Szekeres [ES1]) 1.3.11. Toda sucesion demn+ 1 numeros diferentes contiene una subsucesion creciente de longitudmayor que n o una subsucesion decreciente de longitud mayor que m.

Demostracion. Sea a1, a2, . . . , amn+1 la sucesion y denotemos li la longitudde la subsucesion decreciente mas larga que comience con ai. Analogamentesea Li la longitud de la subsucesion creciente mas 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 aplicacion definida asi: f(i) = (li, Li).Esta funcion es inyectiva, ya que si i < j entonces o bien ai < aj o bienai > aj. En el primer caso anteponiendo el elemento ai a una subsucesioncreciente de Lj elementos que comience con aj obtenemos una subsucesioncreciente 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 , yentonces en cualquier caso se tiene que f(i) 6= f(j). Pero esto conduce auna contradiccion, ya que por (1.3.4) tendrıamos 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 deno-tamos BA. Si A y B son finitos entonces el cardinal de BA viene dado porla siguiente proposicion:

Proposicion 1.3.12. |BA| = |B||A|.

Demostracion. Supongamos que |A| = n y sea f : Nn → A biyectiva. Estafuncion f nos permite definir una correspondencia T : BA → BNn poniendoT (h) = h◦f para toda h ∈ BA. Esta correspondencia es biyectiva, ya que f

10

lo es. Pero BNn no es otra cosa que el producto cartesiano B ×B × · · · ×B(n factores) y entonces por (1.3.9)|BA| = |BNn | = |B ×B × · · · ×B| = |B|n = |B||A|

Proposicion 1.3.13. El conjunto de partes de un conjunto finito A tiene2|A| elementos.

Demostracion. A cada subconjunto X de A hagamosle corresponder sufuncion caracterıstica fX : A→ {0, 1} definida ası:

fX(x) =

{

1 si x ∈ X0 en caso contrario

De este modo resulta una correspondencia entre subconjuntos de A y fun-ciones de A en {0, 1}, y facilmente se ve que se trata de una biyeccion. Porlo tanto en virtud de (1.3.12) el numero de elementos del conjunto de partesde A es |2A| = 2|A|

Usaremos la notacion [x]n para indicar el producto de n factores decre-cientes x(x−1)(x−2) · · · (x−n+1), a veces llamado factorial inferior de x deorden n. Observemos que [n]n es el factorial ordinario n! = n(n−1) · · · 3·2·1.Adoptaremos ademas la convencion [x]0 = 1.

Proposicion 1.3.14. El numero de funciones inyectivas de un conjunto Aen otro B es [|B|]|A|.

Demostracion. Sean n = |A| y m = |B|. Si n > m entonces por (1.3.4) nohay 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 sera nulo. Supongamosentonces que n ≤ m y sea A = {a1, . . . , an}. Si queremos definir unafuncion 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, porel principio del producto, el numero de funciones inyectivas de |A| en |B| esm(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 funcion de A sobre B talque |f−1(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 enk cajas C1, . . . , Ck y n ≥ a1 + . . . + ak − k + 1 entonces para alguni (1 ≤ i ≤ k) la caja Ci contiene al menos ai objetos.

4. En un acto deben hablar Luis, Marıa, Pedro, Pablo y Luisa. ¿Decuantas maneras se puede confeccionar la lista de oradores con la con-dicion de que Luis hable antes que Pedro? ¿Y si la condicion es queMarıa hable inmediatamente despues que Luis? ¿Y si deben alternarseoradores de distinto sexo?

5. ¿De cuantas maneras se pueden seleccionar cuatro cartas de un mazode 52, de modo que haya una de cada palo?

6. De un mazo de 52 naipes se extraen diez al azar. ¿Cual es la pro-babilidad de no sacar ningun as? ¿Y de sacar al menos un as? ¿Yexactamente uno?

7. ¿Cual es la probabilidad de que al escoger un numero de tres cifras alazar las tres cifras sean diferentes?

8. Supongamos que cada automovil se identifica mediante una sucesionde tres letras seguidas de tres dıgitos, y que las placas se otorgan enorden alfabetico-numerico comenzando con la AAA000. Las letras quese utilizan son las veintiseis siguientes:

A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z

¿Cuantas placas diferentes son posibles con este sistema? ¿Cuantoscarros se matricularon antes que el CGU735 ?

9. ¿Cuantos pares ordenados de fichas de domino pueden formarse demodo tal que “liguen”, es decir, que tengan al menos un dıgito encomun? (Suponga que hay suficientes fichas de todos los tipos.)

10. ¿De cuantas maneras pueden colocarse en un tablero de ajedrez trestorres blancas identicas de modo que no se ataquen?

12

11. ¿De cuantas maneras pueden colocarse un alfil blanco y uno negro enun tablero de ajedrez de modo que se ataquen mutuamente (es decir,que esten en una misma diagonal)?

12. Pruebe que el numero maximo de fichas que se pueden colocar en untablero cuadrado de n×n sin que haya dos en una misma diagonal es2n − 2, y que el numero de estas configuraciones maximales es 2n.

Capıtulo 2

Las configuraciones clasicas

combinar tr. Unir cosas diversas, de manera que formen uncompuesto o agregado.

Diccionario de la Lengua espanola 20a. edicion,Real Academia Espanola, 1984.

Dado un conjunto de m objetos existen ciertas formas tıpicas de agru-par, distribuir o seleccionar sus elementos. En este capıtulo consideraremosesas configuraciones estudiadas por la teorıa combinatoria clasica, indicandotambien el punto de vista moderno.

2.1 Arreglos

Se llaman arreglos de m objetos tomados de n en n a las sucesiones de nterminos diferentes que pueden formarse con los m objetos. Ası por ejemplolos arreglos de las letras a, b, c tomadas de dos en dos son: ab, ac, ba, bc, ca, cb.

Varios terminos se han usado como sinonimos de arreglos, entre ellos:variaciones, disposiciones, coordinaciones, etc.

Observemos que si A = {a1, . . . , an} entonces los arreglos de los elemen-tos de A tomados de n en n no son otra cosa que las funciones inyectivas deNn en A. For lo tanto en vista de (1.3.14) tenemos que:

Proposicion 2.1.1. El numero de arreglos de m elementos tomados de nen n es [m]n = m(m− 1) · · · (m− n+ 1).

Regla de formacion recursiva de los arreglos 2.1.2. Para formar losarreglos 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 estosultimos, sucesivamente, los elementos que no figuran en ellos.

EjemploSea A = {a, b, c, d}. En el cuadro siguiente se ilustra la formacion de losarreglos segun la regla anterior:

de 1 en 1 de 2 en 2 de 3 en 3 de 4 en 4

a ab abc abcdabd abdc

ac acb acbdacd acdb

ad adb adbcadc adcb

b ba bac bacdbad badc

bc bca bcadbcd bcda

bd bda bdacbdc bdca

c ca cab cabdcad cadb

cb cba cbadcbd cbda

cd cda cdabcdb cdba

d da dab dabcdac dacb

db dba dbacdbc dbca

dc dca dcabdcb dcba

Es facil probar por induccion que la regla enunciada es correcta. Si ya seha formado una lista con todos los arreglos de m objetos tomados de n− 1en n − 1 entonces dado cualquier arreglo de n en n, quitandole el ultimoelemento queda un arreglo de n − 1 en n − 1 que debe estar en la lista.Esto garantiza la aparicion del arreglo dado al aplicar la regla. Ademasno aparecen arreglos repetidos, ya que si en la lista son todos diferentes al

15

aplicar la regla resultaran arreglos que, si no difieren en los primeros n − 1elementos, diferiran en el ultimo.

De la regla de formacion se deduce que el numero de arreglos de mobjetos tomados de n en n, que denotaremos Am

n , satisface la relacion derecurrencia siguiente:

Amn = (m− n+ 1)Am

n−1

ya que de cada arreglo de n − 1 en n − 1 se obtienen m − (n − 1) arreglosdiferentes de n en n, agregando al final cada uno de los m−(n−1) elementosque no figuran en el. Puesto que obviamente Am

1 = m esta relacion derecurrencia nos da:

Am2 = (m− 2 + 1)Am

1 = (m− 1)m,

Am3 = (m− 3 + 1)Am

2 = (m− 2)(m− 1)m

y en general Amn = (m − n + 1) · · · (m − 1)m, en concordancia con nuestro

resultado anterior.

2.2 Arreglos con repeticion

Se llaman arreglos con repeticion de m elementos tomados de n en n alas sucesiones de n terminos que pueden formarse con los m elementos,entendiendo que cada uno de ellos puede aparecer repetido. Ası por ejemplolos arreglos con repeticion de los elementos a, b y c tomados de dos en dosson los siguientes:

aa ab ac ba bb bc ca cb cc

Proposicion 2.2.1. El numero de arreglos con repeticion de m elementostomados de n en n es mn.

Demostracion. Los arreglos con repeticion de m elementos a1, a2, . . . , am noson otra cosa que las funciones de Nn en el conjunto {a1, a2, . . . , am} y porlo tanto su numero es mn como vimos en (1.3.12).

2.3 Permutaciones

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

16

Proposicion 2.3.1. El numero de permutaciones de n objetos es n!

Demostracion: En efecto,[n]n = n(n− 1) · · · (n− n+ 1) = n(n− 1) · · · 2 · 1 = n!

Regla de formacion de las permutaciones 2.3.2.

Puede particularizarse la regla de formacion de los arreglos, o seguir esteotro procedimiento: ya formadas las permutaciones de los n− 1 elementosa1, . . . , an agreguemos el elemento an a cada una de ellas, en todas las posi-ciones posibles.

EjemploFormacion sucesiva de las permutaciones de {a}, {a, b} y {a, b, c}:

abcab acb

caba

bacba bca

cba

2.4 Permutaciones con repeticion

Dados los elementos a1, a2, . . . , ar y numeros naturales k1, k2, . . . , kr consi-deremos las sucesiones de n = k1 + k2 + · · · + kr terminos que se puedenformar 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 permutacionescon repeticion de los elementos dados (con multiplicidades k1, . . . , kr ). Paracontar su numero consideremos un conjunto A de n elementos, particionadoen clases disjuntas C1, C2, . . . , Cr tales que |Ci| = ki. Digamos que dos per-mutaciones 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 elementosde Ci pueden permutarse entre si de ki! maneras. Como esto ocurre paracada i de 1 hasta r es claro que para cada permutacion de los elementosde A hay k1! k2! . . . kr! permutaciones equivalentes. El numero de clases deequivalencia sera entonces el cociente entre el total de permutaciones de Ay este numero k1! k2! . . . kr! . Pero es claro que estas clases de equivalen-cia pueden ponerse en correspondencia biyectiva con las permutaciones conrepeticion, por lo tanto hemos establecido que:

17

Proposicion 2.4.1. El numero de permutaciones con repeticion de r ele-mentos con multiplicidades k1, k2, . . . , kr es:

n!

k1! k2! . . . kr!

siendo n = k1 + k2 + · · · + kr.

Ejemplo

Determinemos cuantas palabras diferentes pueden formarse permutandolas letras de la palabra MATEMATICA. Tenemos dıez letras, que se repartenen tres A, dos M, dos T , una E una I y una C . Por lo tanto la respuestase 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 enn a los subconjuntos de n elementos del conjunto {a1, a2, . . . , am}. Denota-remos el numero de tales combinaciones mediante el sımbolo

(mn

), notacion

introducida por Andreas von Ettingshausen en su obra Die CombinatorischeAnalysi (Viena, 1826).

EjemploLas combinaciones de los cuatro elementos a, b, c, d tomadas de dos en dosson : {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 usanpara denotar conjuntos. Ası en el ejemplo anterior tendrıamos ab, ac, ad,bc, bd, cd. Sin embargo al usar esta notacion hay que tener en cuenta queno importa el orden de los elementos dentro de cada grupo, a diferencia delo que sucede con 1os arreglos.

Para cada combinacion de m elementos tomados de a n formemos lasn! permutaciones posibles con sus elementos. De este modo se obtendranarreglos de m elementos tomados de a n. Es claro que todos los arreglosformados seran distintos, pues si provienen de combinaciones distintas di-fieren en algun elemento, y si provienen de la misma difieren en el ordende los elementos. Ademas es evidente que se obtendran todos los arreglosde los m elementos tomados de n en n. Puesto que cada una de las

(mn

)

combinaciones origina n! arreglos resulta que(mn

)n! = [m]n y por lo tanto:

18

Proposicion 2.5.1. El numero de combinaciones de m elementos tomadosde n en n es:

(m

n

)

=[m]nn!

=m(m− 1) · · · (m− n+ 1)

n(n− 1) · · · 3 · 2 · 1 =m!

n! (m− n)!

Si ya se han escrito todas las combinaciones de m elementos tomados den− 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 combinacion, seobtienen todas las combinaciones tomadas de n en n.

La comprobacion de la correccion de esta regla se deja como ejercicio.Nos limitaremos a ilustrarla con un ejemplo.

EjemploSea A = {a, b, c, d}. Las combinaciones que pueden formarse son:

de 1 en 1 de 2 en 2 de 3 en 3 de 4 en 4a ab abc abcd

abdac acdad

b bc bcdbd

c cdd

Las combinaciones pueden ser estudiadas tambien desde otro punto devista. Para ello introduzcamos un orden lineal estricto en el conjunto A ={a1, a2, . . . am} definiendo ai ≺ aj si y solo si i < j. Entonces podemos es-tablecer una correspondencia entre las funciones estrictamente crecientes deNn en A y los subconjuntos de A con n elementos. En efecto, si f : Nn → Aes estrictamente creciente (es decir que i < j implica f(i) ≺ f(j)) hagamoslecorresponder su imagen Im(f) = {f(1), f(2), . . . , f(n)}. Esta corresponden-cia es sobreyectiva, ya que dado un subconjunto B de A con n elementos,ordenemoslos y sean estos b1 ≺ b2 ≺ · · · ≺ bn. La funcion f : Nn → Adefinida como f(i) = bi es estrictamente creciente y se tiene obviamenteIm(f) = B. La correspondencia es tambien inyectiva pues si f y g son dosfunciones distintas de Nn en A, ambas estrictamente crecientes, sea j el me-nor numero 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 permiteafirmar que hay tantas funciones estrictamente crecientes de Nn en A comocombinaciones de los elementos de A tomados de n en n. Mas en generalpodemos substituir Nn por otro conjunto linealmente ordenado cualquie-ra. Ademas los razonamientos hechos son validos tambien para funcionesestrictamente decrecientes. Por lo tanto podemos afirmar que:

Proposicion 2.5.2. El numero de funciones estrictamente crecientes o es-trictamente decrecientes de un conjunto linealmente ordenado B de n ele-mentos en otro A de m elementos es

(mn

).

2.6 Combinaciones con repeticion

Las combinaciones con repeticion de m elementos tomados de n en n sonlos grupos de n elementos que pueden formarse con los m dados, sin tomaren cuenta el orden y admitiendo elementos repetidos. Ası por ejemplo lascombinaciones con repeticion de los elementos a, b y c tomados de dos endos son las siguientes:

aa, ab, ac, bb, bc, cc

Una forma interesante de representar las combinaciones con repeticiondem elementos a1, a2, . . . , am es en forma de monomio ai11 a

i22 . . . a

imm donde el

exponente de cada elemento aj indica el numero de veces que dicho elementoaparece en la combinacion. Es claro que de este modo se establece una co-rrespondencia biyectiva entre combinaciones con repeticion de m elementostomados de n en n y monomios de grado n en m variables, con coeficienteunidad. Para contar el numero de tales monomios hagamos correspondera cada uno de ellos una sucesion de ceros y unos, escribiendo para cadavariable una hilera de tantos unos como indique el exponente (ninguno si elexponente es cero) y usando ceros como elementos de separacion entre lashileras de unos correspondientes a variables distintas. El resultado tendra elsiguiente aspecto:

1 · · · 1︸ ︷︷ ︸

i1

0 1 · · · 1︸ ︷︷ ︸

i2

0 · · · · · · 0 1 · · · 1︸ ︷︷ ︸

im

20

Si algun exponente es nulo la hilera correspondiente de unos sera vacıa,apareciendo por consiguiente dos o mas ceros consecutivos. En cualquiercaso habra m− 1 ceros y la longitud de la sucesion sera i1 + i2 + · · ·+ im +m− 1 = n+m− 1.

Veamos como ejemplo algunos monomios de sexto grado en cuatro va-riables a, b, c, d y las sucesiones de ceros y unos asociadas:

a2bc2d 1 1 0 1 0 1 1 0 1b4d2 0 1 1 1 1 0 0 1 1d6 0 0 0 1 1 1 1 1 1a6 1 1 1 1 1 1 0 0 0

Es claro que la correspondencia establecida es biyectiva, y por lo tantohay tantos monomios de grado n en m variables con coeficiente unidad comosucesiones de n+m−1 terminos, de los cuales n son unos y m−1 son ceros.El numero de tales sucesiones es obviamente

(n+m−1n

)pues una vez elegidas

las n posiciones donde se van a poner los unos los m− 1 puestos restantesdeben llenarse con ceros. Quedan probadas entonces las dos proposicionessiguientes:

Proposicion 2.6.1. El numero de las combinaciones con repeticion de melementos tomados de n en n es

(n+m−1n

).

Proposicion 2.6.2. El numero de monomios de grado n en m variablescon coeficiente unidad es

(n+m−1

n

).

Una forma mas moderna de tratar las combinaciones con repeticion con-siste en ordenar el conjunto A = {a1, . . . , am} como lo hicimos antes yconsiderar las funciones crecientes (en sentido amplio) de Nn en A. Conrazonamientos analogos a los hechos para las combinaciones simples y lasfunciones estrictamente crecientes puede verse que existe una corresponden-cIa biyectiva natural entre combinaciones con repeticion de m elementostomados de de n en n y funciones crecientes (en sentido amplio) de un con-junto linealmente ordenado de n elementos en otro de m elementos. Estoshechos se resumen en el siguiente enunciado:

Proposicion 2.6.3. El numero de funciones crecientes (o decrecientes) ensentido amplio de un conjunto linealmente ordenado de n elementos en otrode m elementos es

(n+m−1

n

).

21

2.7 Algoritmos combinatorios

El problema de generar permutaciones, combinaciones y otros objetos com-binatorios con el computador ha dado origen a una serie de interesantesalgoritmos. Como ejemplo incluımos a continuacion uno que genera las per-mutaciones de los numeros del 1 al n en orden lexicografico, comenzandopor 1, 2, . . . , n y finalizando con n, n − 1, . . . , 2, 1 . Cada permutacion serepresenta mediante un arreglo a[1], a[2], . . . , a[n]. Usamos la flecha hacia laizquierda para denotar la asignacion 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 elalgoritmo finaliza (esto ocurrira necesariamente luego de imprimir lapermutacion 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 sucesion a[i+ 1], . . . , a[n]

Paso 7 Volver al Paso 2.

Para mas detalles sobre este y otros algoritmos combinatorios vea [K1],[N3] y [R2].

2.8 Ejercicios

1. ¿Cuantas banderas con tres franjas horizontales del mismo ancho ydistintos colores pueden formarse, si se dispone de tela amarilla, azul,verde, blanca y roja?

2. En el alfabeto Morse, usado en telegrafıa, se emplean solamente dossignos: el punto y la raya. ¿Cuantas palabras distintas pueden formar-se compuestas de uno, dos, tres, cuatro o cinco signos? Generalice.

3. ¿De cuantas maneras puede formarse una ronda con diez ninos?

22

4. Con diez cuentas de vidrio de distintos colores, ¿ cuantos collares di-ferentes se pueden formar?

5. ¿ Cuantos numeros mayores que 3000 y menores que 4000 pueden for-marse con los dıgitos 2, 3, 5 y 7a) si cada cifra puede usarse solo una vez ?b) si cada cifra puede emplearse las veces que se desee ?

6. ¿Cuantas palabras diferentes pueden formarse con las letras de la pa-labra POLINOMIO?

7. Si se forman todos los numeros que resultan de permutar las cifras de123579 y se ordenan en forma creciente, ¿que lugar ocupara el numero537192 ?

8. De un grupo de seis hombres y cuatro mujeres,a)¿Cuantas comisiones de tres personas se pueden formar?b)¿Cuantas en las que haya exactamente un hombre?c)¿Cuantas en las que haya al menos un hombre?

9. ¿Cuantos triangulos se pueden formar que tengan como vertices losvertices de un decagono regular?

10. Si n puntos distintos situados en una circunferencia se unen de todaslas maneras posibles, ¿cuantos puntos de interseccion resultan, comomaximo?

11. En un plano hay n puntos, k de los cuales estan alineados. A excepcionde ellos no hay tres en lınea recta. ¿Cuantas lıneas rectas diferentesresultan si se unen los n puntos dos a dos?

12. ¿En cuantos puntos se cortan n rectas, k de las cuales son paralelasentre sı?

13. ¿Cuantas naranjas se necesitan para formar una piramide de basetriangular con n naranjas en cada lado de la base?

14. ¿De cuantas maneras se pueden comprar diez frutas, si el frutero solodispone de naranjas, mangos y nısperos?

23

15. ¿De cuantas maneras se pueden colocar las figuras blancas (un rey,una dama, dos alfiles, dos torres y dos caballos) en la primera fila deltablero de ajedrez?

16. De un total de N artıculos de los cuales B son buenos y los restantes,D = N −B son defectuosos se escoge al azar una muestra de n artıcu-los. ¿Cual es la probabilidad de que en la muestra haya x artıculosbuenos (y n− x defectuosos)?

17. ¿Que dimension tiene el espacio vectorial de los polinomios de gradomenor o igual a n en k variables?

18. Para escribir todos los numeros naturales desde 1 hasta 1000000, ¿cuan-tos ceros se necesitan?

19. En un acto deben hablar n mujeres y k hombres. ¿De cuantas manerasse puede ordenar la lista de oradores con la condicion de que no hablendos hombres consecutivamente?

20. (Kaplansky) Pruebe que el numero de subconjuntos de Nn con k ele-mentos y sin enteros consecutivos es

(n−k+1k

).

21. (Kaplansky) Pruebe que el numero de subconjuntos de Nn con k ele-mentos y que no contienen enteros consecutivos ni a 1 y n simultanea-mente es:

n

n− k

(n− kk

)

24

Capıtulo 3

Coeficientes binomiales y

multinomiales

“La cantidad(n

k

)se denomina coeficiente binomial ; estos

numeros tienen una cantidad extraordinaria de aplicaciones.Son quiza las cantidades mas importantes que aparecen en elanalisis de algoritmos y, por tanto, se recomienda al lector quese familiarice con ellos.”

D.E. Knuth [K1] vol.1

“The binomial coefficients are virtually ubiquitous in Com-binatorial Theory and it would be folly to attempt to countanything without their aid.”

D.I.A. Cohen [C1]

3.1 Los coeficientes binomiales

En el capıtulo anterior definimos(mn

)como el numero de subconjuntos de

cardinal n de un conjunto de m elementos. A continuacion veremos queestos numeros admiten tambien interpretaciones algebraicas y geometricasy estableceremos unas cuantas de sus propiedades.

Teorema del binomio 3.1.1.

(x+ y)m =m∑

n=0

(m

n

)

xn · ym−n

26

Demostracion: (x+y)m es el producto dem factores (x+y). Al desarrollarel producto se obtiene una suma de monomios de gradom en las dos variablesx, y. El monomio xn · ym−n aparece tantas veces como formas haya deescoger n de los m parentesis para seleccionar la x en ellos. Este numero esjustamente

(mn

).

Nota: A raız de este teorema los numeros(mn

)se denominan “coeficientes

binomiales”, nombre que se remonta a M. Stifel (1486–1567). Es corrientedemostrar el teorema del binomio por induccion, utilizando la formula deStifel (3.1.4) para justificar el salto inductivo. Sin embargo creemos quedebe preferirse esta sencilla demostracion combinatoria pues ademas de subrevedad permite deducir la formula para el desarrollo del binomio, mientrasque la demostracion por induccion requiere conocer la formula de antemano.

Una interpretacion geometrica de los coeficientes binomiales

Consideremos las poligonales P0P1 . . . Pm en el plano cartesiano cuyosvertices cumplen la condicion siguiente: “Si Pi tiene coordenadas (x, y) en-tonces Pi+1 tiene coordenadas (x+1, y) o (x, y+1)”. En otras palabras, setrata de poligonales cada uno de cuyos segmentos PiPi+1 es paralelo a uno delos ejes coordenados, tiene longitud unidad y esta orientado igual que el ejeal cual es paralelo. Llamaremos a estas poligonales “caminos ascendentes”o simplemente caminos.

Proposicion 3.1.2. El numero de caminos ascendentes de longitud m queparten del origen es 2m. El numero de caminos que parten del origen yfinalizan en el punto de coordenadas (n, k) es

(n+kn

).

Demostracion. Para construir un camino de longitud m partiendo del ori-gen debemos elegir primeramente P1, que solamente puede ser (0, 1) o (1, 0).Tenemos pues dos posibilidades. Una vez elegido P1 hay dos posibilidadespara escoger P2, y ası sucesivamente. Por el principio del producto resultaentonces que pueden construırse 2m caminos de longitud m. Para contar loscaminos P0P1 . . . Pm con P0 = (0, 0) y Pm = (n, k) observemos en primerlugar que debe ser m = n+ k, pues cada vertice Pi (1 ≤ i ≤ m) tiene o biensu abscisa o bien su ordenada una unidad mayor que la del vertice anteriorPi−1. Por lo tanto, para ir desde (0, 0) hasta (n, k) un camino debe tener nsegmentos paralelos al eje Ox y k segmentos paralelos al eje Oy, siendo sulongitud m = n+k. Ahora bien, el camino queda determinado si conocemos

27

cuales de sus n + k segmentos son paralelos a Ox, pues los restantes serannecesariamente paralelos a Oy. El problema se reduce entonces a escoger nelementos de un total de n+ k, lo cual puede hacerse de

(n+kn

)maneras.

A continuacion estudiaremos una serie de proposiciones relativas a loscoeficientes binomiales. Para cada una de ellas se pueden seguir al menoscuatro estrategias de demostracion :

1. Estrategia combinatoria pura: consiste en interpretar(mn

)como el

numero de subconjuntos de n elementos de un conjunto de m ele-mentos, y usar tecnicas de conteo.

2. Estrategia aritmetica: consiste en calcular aritmeticamente a partir dela formula

(mn

)= m!

n! (m−n)!

3. Estrategia algebraica: consiste en interpretar(mn

)como el coeficiente

de xnym−n en el desarrollo de (x+y)m y realizar calculos y operacionesalgebraicas con polinomios.

4. Estrategia geometrica: consiste en interpretar(mn

)como el numero

de caminos ascendentes desde (0, 0) hasta (m− n, n) y efectuar luegorazonamientos “geometrico-combinatorios”.

Para algunas de las proposiciones siguientes daremos cuatro demostracio-nes, correspondientes a las cuatro estrategias mencionadas. En otros casosproporcionaremos solo una demostracion (generalmente la que considera-mos mas elegante) pero sugerimos al lector que construya demostracionesalternativas siguiendo las estrategias restantes.

Simetrıa de los coeficientes binomiales 3.1.3.(m

n

)

=

(m

m− n

)

Demostracion combinatoria: Sea A un conjunto de m elementos. Lla-memos Fk a la familia de todos los subconjuntos de A con k elementos ydefinamos f : Fn → Fm−n haciendo corresponder a cada miembro X de Fn

su complemento en A, que tendra m− n elementos y estara por lo tanto enFm−n. En sımbolos, f(X) = A\X. Es inmediato verificar que f es biyec-tiva: f(X) = f(Y ) ⇒ A\X = A\Y ⇒ X = Y , y si Y ∈ Fm−n entoncesX = A\Y ∈ Fn y f(X) = A\X = A\(A\Y ) = Y . Entonces por el principiode correspondencia tenemos que |Fn| = |Fm−n|, es decir:

(mn

)=(

mm−n

)

28

Demostracion aritmetica:

(m

m− n

)

=m!

(m− n)! (m− (m− n))! =m!

(m− n)!n! =(m

n

)

Demostracion algebraica: Basta comparar el coeficiente de xnym−n enel desarrollo de (x + y)m con el de ym−nxn en el desarrollo de (y + x)m.Puesto que (x+ y)m = (y+x)m, estos coeficientes deben ser iguales, lo cualdemuestra la proposicion.

Demostracion geometrica: La simetrıa respecto a la bisectriz del primercuadrante (es decir la recta y = x) establece una correspondencia biyectivaentre los caminos ascendentes que parten del origen y llegan a (m− n, n) yaquellos otros que partiendo del origen alcanzan el punto simetrico (n,m−n).Pero el numero de estos ultimos es segun (3.1.2):

(n+ (m− n)

m− n

)

=

(m

m− n

)

Formula de Stifel 3.1.4.

(m

n

)

=

(m− 1

n

)

+

(m− 1

n− 1

)

Demostracion combinatoria: Sea A = {a1, a2, . . . , am}. Los subconjun-tos de n elementos de A pueden dividirse en dos clases: la de aquellos queno contienen al elemento am y la de los que sı lo contienen. La primeraclase esta constituıda simplemente por los subconjuntos de n elementos de{a1, a2, . . . , am−1} y su numero es

(m−1n

). En cuanto a los subconjuntos

que contienen al am observemos que quitandoles este elemento resulta unsubconjunto de n− 1 elementos de {a1, . . . , am−1}. Por lo tanto su numeroes(m−1n−1

). Aplicando el principio de la suma queda entonces demostrada la

proposicion.

29

Demostracion aritmetica:

(m− 1

n

)

+

(m− 1

n− 1

)

=(m− 1)!

n! (m− 1− n)! +(m− 1)!

(n− 1)![(m− 1)− (n− 1)]!

=(m− 1)! (m− n) + (m− 1)!n

n! (m− n)! =(m− 1)!(m− n+ n)!

n! (m− n)! =

(m

n

)

Demostracion algebraica:

(x+ y)m = (x+ y)m−1 · (x+ y) =

(m−1∑

n=0

(m− 1

n

)

xnym−n−1

)

(x+ y)

Calculando ahora el coeficiente de xnym−n en esta ultima expresion resultaser justamente

(m−1n−1

)+(m−1

n

)

Demostracion geometrica:(mn

)es el numero de caminos ascendentes

que partiendo del origen alcanzan el punto de coordenadas (m − n, n).El penultimo vertice de cualquiera de estos caminos debe ser necesaria-mente (m − n − 1, n) o (m − n, n − 1). Esto nos permite clasificar loscaminos en cuestion en dos clases disjuntas. Los caminos con penulti-mo vertice en (m − n − 1, n) son

((m−n−1)+nn

)=(m−1

n

), mientras que los

que tienen el penultimo vertice en el punto (m − n, n − 1) son a su vez:((m−n)+(n−1)

n−1

)=(m−1n−1

)

El triangulo aritmeticoLa formula (3.1.4) permite calcular los coeficientes binomiales recursivamen-te: conocidos los coeficientes con ındice superior m − 1 se pueden calcularlos de ındice superior m mediante simples sumas. Si disponemos los coefi-cientes binomiales en una tabla triangular, como se indica a continuacion,entonces cada uno de ellos es igual a la suma de los dos que estan en la filainmediata superior, a su izquierda y a su derecha. Esta tabla se conoce conel nombre de “triangulo aritmetico” o “triangulo de Pascal” y posee muchaspropiedades interesantes. Una monografıa de caracter elemental sobre estetriangulo es la de Uspensky [U1].

Observese que los lados del triangulo solo contienen unos, puesto que(m0

)=(mm

)= 1, para todo m ≥ 0.

30

(00

)

(10

) (11

)

(20

) (21

) (22

)

(30

) (31

) (32

) (33

)

(40

) (41

) (42

) (43

) (44

)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

En el siguiente triangulo hemos calculado efectivamente todos los coefi-cientes binomiales con ındice superior menor o igual a diez.

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 11 9 36 84 126 126 84 36 9 1

1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1

Proposicion 3.1.5.

(n

0

)

+

(n

1

)

+ · · · +(n

n

)

= 2n

Demostracion aritmetica: Por el teorema del binomio (3.1.1) el miembroizquierdo de (3.1.5) es igual a (1 + 1)n = 2n.

Demostracion combinatoria: Sea A un conjunto de n elementos. Puestoque

(nk

)es el numero de subconjuntos de A con k elementos, es claro que el

miembro izquierdo de la igualdad a demostrar representa la cantidad totalde subconjuntos de A, que ya sabemos que es 2n por (1.3.4).

31

Demostracion geometrica: El numero de caminos ascendentes de longi-tud n que parten del origen es 2n (3.1.2). Estos caminos se pueden cla-sificar segun el punto de llegada, que debe ser de la forma (h, k) con h, kenteros no negativos y h + k = n. Estos puntos estan alineados, y son(0, n), (1, n − 1), (2, n − 2), . . . , (n, 0). Segun (3.1.2) el numero de caminosque llegan a (h, n−h) es

(nh

), por lo tanto una aplicacion del principio de la

suma completa la demostracion.

Proposicion 3.1.6. Para todo n > 0 se tiene:

(n

0

)

−(n

1

)

+

(n

2

)

− · · ·+ (−1)n ·(n

n

)

= 0

Demostracion aritmetica: El miembro izquierdo es el desarrollo de(1− 1)n y por lo tanto debe ser 0.

Demostracion combinatoria: Escribiendo (3.1.6) en la forma siguiente:

(n

0

)

+

(n

2

)

+

(n

4

)

+ · · · =(n

1

)

+

(n

3

)

+ . . .

vemos que podemos darle la siguiente interpretacion combinatoria: paratodo conjunto finito no vacıo, el numero de sus subconjuntos con cardinalpar es igual al numero de sus subconjuntos con cardinal impar. Para probaresto sea A = {a1, a2, . . . , an} y consideremos la funcion f : 2A → 2A definidaası: si X ⊂ A entonces f(X) = X△{a1}. En otras palabras, a X le hacemoscorresponder el subconjunto de A que resulta de agregarle a1, si no lo tenıa,o de quitarselo, si lo tenıa. Esta funcion es biyectiva, ya que obviamente essu propia inversa, y transforma conjuntos de cardinal par en conjuntos decardinal impar y viceversa. Por lo tanto hay tantos de una clase como de laotra.

Proposicion 3.1.7.

(n+ 1

k + 1

)

=

(n

k

)

+

(n− 1

k

)

+ · · ·+(k

k

)

32

Demostracion: Sea A = {a1, a2, . . . , an+1} un conjunto de cardinal n+ 1y sea Ci la clase formada por los subconjuntos de k+1 elementos de A cuyoelemento con mayor subındice sea el ai. Tendremos ası clases Ck+1, . . . , Cn.Es facil ver que |Ci| =

(i−1k

)y entonces (3.1.7) se sigue del principio de la

suma.

(Otra demostracion de 3.1.7 puede obtenerse aplicando la formula de Stifel(3.1.4) en forma sucesiva.)

Identidad de Vandermonde 3.1.8.

(n+m

r

)

=

(n

0

)(m

r

)

+

(n

1

)(m

r − 1

)

+

(n

2

)(m

r − 2

)

+ · · · +(n

r

)(m

0

)

Demostracion algebraica:(n+m

r

)es el coeficiente de xr en el desarrollo

de (x+ y)n+m. Pero como (x+ y)n+m = (x+ y)n(x+ y)m, si desarrollamospor separado (x+y)n y (x+y)m y luego hacemos el producto, el coeficientede xr resulta ser justamente el miembro derecho de (3.1.8).

Demostracion combinatoria: Sean A = {a1, . . . , an} y B = {b1, . . . , bm}dos conjuntos de cardinales n y m respectivamente. Entonces podemosinterpretar el miembro izquierdo de (3.1.8) como la cantidad de subconjuntosde r elementos de la union A ∪ B. Pero cada uno de esos subconjuntosestara formado por un cierto numero j de elementos de A y r− j elementosde B. Por el principio del producto el numero de conjuntos que puedenformarse con j elementos de A y r−j elementos de B es

(nj

)(mr−j

)y sumando

estas cantidades para j entre 0 y r resulta (3.1.8).

3.2 Coeficientes multinomiales

Dados un numero 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 elementosrespectivamente. Denotaremos mediante el sımbolo

(m

n1 n2 . . . nk

)

33

al numero de funciones f : X → Y tales que |f−1(yi)| = ni para i =1, 2, . . . , k. Llamaremos a estos numeros “coeficientes multinomiales”. Usan-do un lenguaje mas informal podrıamos definir estos numeros como la canti-dad de maneras de distribuirm objetos en k cajas rotuladas y1, . . . , yk de ma-nera tal que la caja yi contenga exactamente ni objetos, para i = 1, 2, . . . , k.

Observemos que segun nuestra definicion si no se cumplen las condicionesni ≥ 0 para i = 1, 2, . . . , k y m = n1 + n2 + · · · + nk entonces

(m

n1 n2 . . . nk

)

= 0

Proposicion 3.2.1. Si ni ≥ 0 para i = 1, 2, . . . , k y n1 +n2 + · · ·+nk = mentonces

(m

n1 n2 . . . nk

)

=m!

n1!n2! . . . nk!

Demostracion: Sean X = {x1, x2, . . . , xm} , Y = {y1, y2, . . . , yk}. Paradefinir una funcion f : X → Y tal que |f−1(yi)| = ni para i = 1, 2, . . . , kseleccionemos primero los n1 elementos cuya imagen sera y1. Esta seleccionpodemos realizarla de

(mn1

)maneras. Luego escojamos entre los m − n1

elementos restantes deX aquellos cuya imagen sera y2. El numero de formasde hacer esta segunda seleccion es

(m−n1

n2

)y prosiguiendo de esta manera y

aplicando el principio del producto llegamos entonces a que:(

m

n1 . . . nk

)

=

(m

n1

)(m− n1n2

)(m− n1 − n2

n3

)

. . .

(m− n1 − · · · − nk−1

nk

)

=m!

n1! (m− n1)!(m− n1)!

n2! (m− n1 − n2)!· · · (m− n1 − · · · − nk−1)!

nk! (m− n1 − · · · − nk)!

=m!

n1!n2! . . . nk!

Es posible dar una interpretacion algebraica a estos numeros mediantela siguiente generalizacion del Teorema binomial (3.1.1):

Teorema multinomial 3.2.2.

(x1 + x2 + · · · + xk)m =

∑

n1+n2+···+nk=m

(m

n1 . . . nk

)

xn1

1 xn2

2 . . . xnk

k

34

(la sumatoria se extiende a todos los conjuntos ordenados de k numerosenteros no negativos tales que su suma sea m)

Demostracion: Al desarrollar (x1 + · · ·+ xk)m se obtienen km monomios

de grado m en k variables x1, . . . , xk. El numero de veces que aparece unode estos monomios, digamos xn1

1 xn2

2 . . . xnk

k es igual al numero de manerasde escoger n1 factores (x1 + · · · + xk) para seleccionar x1, n2 factores paraseleccionar x2, . . . , nk factores para seleccionar xk. Pero esto puede hacersejustamente de

(m

n1 . . . nk

)

maneras, por la forma en que hemos definido estos numeros.

Nota: El teorema que acabamos de demostrar justifica el nombre de “coe-ficientes multinomiales” que hemos dado a los numeros que estamos estu-diando.

Proposicion 3.2.3.

∑

n1+···+nk=m

(m

n1 . . . nk

)

= km

Demostracion: Es una consecuencia inmediata del teorema multinomialsi ponemos x1 = · · · = xk = 1.

La proposicion anterior puede probarse tambien ası: seanX = {x1, . . . , xm} e Y = {y1, . . . , yk} conjuntos de m y k elementos respec-tivamente.

( mn1 n2 ... nk

)es por definicion el numero de funciones f : X → Y

tales que yi tiene exactamente ni preimagenes, para i = 1, 2, . . . , k. Porlo tanto, si sumamos estos coeficientes para todos los conjuntos ordenadosposibles de numeros no negativos n1, . . . , nk que sumen m, tendremos elnumero total de funciones de X en Y . El resultado, km, coincide con el queya habıamos obtenido en (1.3.12). Ahora bien, si restringimos la sumatoriaimponiendo la condicion de que todos los ni sean estrictamente positivos, esclaro que estaremos contando solamente aquellas funciones f : X → Y talesque cada yi tiene al menos una preimagen, es decir, las funciones sobreyec-tivas. Queda ası demostrada la siguiente proposicion.

35

Proposicion 3.2.4. El numero de funciones sobreyectivas de un conjuntode m elementos en otro de k elementos es:

∑

n1+···+nk=mni>0

(m

n1 . . . nk

)

Interpretacion geometrica de los coeficientes multinomialesLa interpretacion geometrica que dimos a los coeficientes binomiales pue-

de generalizarse a los multinomiales. Para ello consideremos las poligonalesen Rk con vertices de coordenadas enteras P0P1 . . . Pr tales que cada vec-tor−−−−→PiPi+1 coincida con alguno de los versores de la base canonica de Rk

(en otras palabras, las coordenadas de Pi+1 son iguales a las de Pi exceptouna de ellas, que es una unidad superior). Llamemos a estas poligonales“caminos ascendentes” en Rk. Entonces el coeficiente

(m

n1 n2 ... nk

)cuenta el

numero de caminos ascendentes que partiendo del origen llegan hasta elpunto (n1, n2, . . . , nk).

Utilizaremos esta interpretacion geometrica para demostrar la siguientegeneralizacion de la formula de Stifel:

Proposicion 3.2.5.(

m

n1 n2 . . . nk

)

=

(m− 1

n1 − 1 n2 . . . nk

)

+

(m− 1

n1 n2 − 1 . . . nk

)

+ · · ·

· · ·+(

m

n1 n2 . . . nk − 1

)

Demostracion: Los caminos ascendentes de longitud m que parten delorigen y llegan al punto (n1, n2, . . . , nk) deben tener como penultimo verti-ce 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 pri-meros m− 1 segmentos. El segundo miembro de la igualdad que queremosprobar no es mas que la suma de la cantidad de caminos ascendentes de lon-gitud m− 1 que parten del origen y llegan a cada uno de dichos puntos, porlo cual una aplicacion del principio de la suma concluye la demostracion.

3.3 Ejercicios

1. Pruebe las identidades siguientes:

36

(a) k(nk

)= n

(n−1k−1

)

(b) (n − k)(nk

)= n

(n−1k

)

(c)(m−1n−1

)+ 2(mn

)+(

mn+1

)=(m+2n+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

)− · · ·

(g)∑n

k=1(−1)kk2(nk

)

(h)∑n

k=11

k+1

(nk

)

3. ¿Para un valor dado de m, cual es el valor de n que hace maximo elcoeficiente binomial

(mn

)?

4. Demuestre el teorema del binomio por induccion matematica, usandola formula de Stifel.

5. ¿Cuantos caminos ascendentes van desde el punto de coordenadas en-teras (a, b) hasta el (c, d), en el plano? Generalice el resultado a Rn.

6. (Principio de reflexion) Pruebe que si (a, b) y (c, d) son dos puntos delplano cartesiano con coordenadas enteras situados a un mismo lado dela diagonal y = x entonces el numero de caminos ascendentes que vandesde (a, b) hasta (c, d) tocando la diagonal y = x es igual al numerototal de caminos ascendentes que van desde (b, a) hasta (c, d).

7. (Teorema de la votacion) Pruebe que si en una eleccion entre doscandidatos el ganador obtiene p votos y el perdedor q entonces laprobabilidad de que al hacer el escrutinio el ganador vaya siempreadelante de su oponente es p−q

p+q . Sugerencia: represente cada escrutinioposible mediante un camino ascendente que parte del origen y llegahasta (p, q) y aplique luego el principio de reflexion (Problema 6).

37

8. La entrada al teatro cuesta 50 Bs. Al abrir la taquilla la caja esta vacıa.En una cola esperan turno para comprar su entrada n personas conun billete de 100 Bs cada una, y k personas con un billete de 50 Bscada una. ¿Cual es la probabilidad de que la cola avance fluıdamente,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∑

i=1

|ai − bi|

Es claro que d(a, b) es igual al numero de coordenadas en las cuales ay b difieren, o bien (si a y b son interpretados como numeros binariosde n dıgitos) el numero de dıgitos binarios (“bits”) que a y b tienendiferentes. Un subconjunto W de X tal que la distancia de Hammingentre dos cualesquiera de sus puntos es mayor que 2r (para cierto natu-ral r) se dice que es un codigo corrector de orden r. Un tal subconjuntoW tiene la propiedad de que ningun elemento de X \W puede estara distancia menor o igual que r de dos elementos diferentes de W . Lautilidad de un codigo tal consiste en que si una sucesion w ∈ W den dıgitos binarios es transmitida por un canal con “ruido” y se recibeuna sucesion z ∈ W con r o menos errores, entonces es posible cono-cer cual fue el codigo transmitido, a saber el unico elemento w ∈ Wtal que d(z, w) ≤ r. Sea M(n, r) el maximo numero de palabras quepuede tener un codigo corrector W ⊂ X de orden r. Pruebe que secumple la desigualdad siguiente:

M(n, r) ≤ 2n(n0

)+(n1

)+ · · · +

(nr

)

(El miembro derecho es conocido como “cota de Hamming”)

10. ¿De cuantas maneras pueden distribuirse 3n objetos en 3 cajas distin-tas, de modo que cada caja reciba n objetos?

11. ¿Cual es el coeficiente de x4yw6 en el desarrollo de (x+ y+ z+w)11 ?

12. (a) ¿Cuantas palabras distintas pueden formarse con las letras de lapalabra MISSISSIPPI ?

38

(b) ¿Y con la condicion adicional de que no haya dos letras I conse-cutivas?

13. Pruebe que (n!)n divide a (n2)!

Capıtulo 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 nosdice que |A ∪ B| = |A| + |B|. Sin embargo, si A y B no son disjuntos laformula anterior deja de ser valida porque los elementos de la interseccionA ∩ B aparecen “contados dos veces” en la suma |A| + |B|. Esta situacionse corrige facilmente restando |A ∩B|, y se obtiene ası la formula siguiente,valida en todos los casos: |A∪B| = |A|+ |B|−|A∩B| . Una formula similarpuede 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 union A ∪B ∪ Cque pertenecen a exactamente dos de los tres conjuntos estan contados dosveces. Esto se corrige restando |A ∩ B|, |A ∩ C| y |B ∩ C|. Sin embargoesto deja fuera de la cuenta a los elementos que estan en los tres conjuntos,puesto que aparecen contados tres veces y luego restados otras tres veces.Por eso se suma el termino |A ∩ B ∩ C| equilibrando la formula. Resultabastante claro que estos razonamientos pueden generalizarse a uniones de nconjuntos. Dicha generalizacion constituye el llamado “principio de inclu-siones y exclusiones”. Pero antes de enunciarlo y demostrarlo rigurosamentenecesitamos una notacion adecuada: dados n conjuntos A1, A2, . . . , An y unconjunto de ındices F ⊂ Nn no vacıo denotaremos mediante AF a la inter-seccion de los Ai tales que i ∈ F , en sımbolos:AF =

⋂

i∈F Ai. En particularA{i} = Ai y A{i,j} = Ai ∩Aj . Si los conjuntos Ai estan todos contenidos en

40

un “conjunto universal” X y F = ∅ entonces siguiendo la convencion usualA∅ = X.

Lema 4.1.1. Si I es un conjunto finito entonces

a)∑

F⊂I

(−1)|F | = 0 b)∑

∅6=F⊂I

(−1)|F | = −1

Demostracion: Si |I| = n entonces I tiene(nk

)subconjuntos de k ele-

mentos. La suma de los terminos (−1)|F | correspondientes a estos sub-conjuntos sera entonces (−1)k

(nk

). Pero si sumamos estas expresiones para

k = 0, 1, . . . , n el resultado es 0, como demostramos en (3.1.6) . Ası resulta laprimera igualdad. Para obtener la segunda simplemente se pasa al segundomiembro el termino correspondiente al conjunto vacıo, que es (−1)0 = 1.

Principio de inclusiones y exclusiones 4.1.2.

|n⋃

i=1

Ai| = −∑

∅6=F⊂Nn

(−1)|F ||AF |

Demostracion: Sea A =⋃n

i=1Ai. Si x ∈ A definamos I(x) = {i ∈ Nn :x ∈ Ai}. Entonces se tiene:

−∑

∅6=F⊂Nn

(−1)|F ||AF | = −∑

∅6=F⊂Nn

(−1)|F | ∑

x∈AF

1 =

= −∑

x∈A

∑

∅6=F⊂I(x)

(−1)|F | = −∑

x∈A(−1) =

∑

x∈A1 = |A|

La justificacion de las igualdades anteriores es la siguiente: en primerlugar substituımos |AF | por una suma de tantos unos como elementos tengaAF . En la doble sumatoria resultante invertimos el orden de sumacion, demodo que en la primera sumatoria x recorre A y en la segunda sumamos enaquellos conjuntos de ındices F ⊂ Nn tales que F 6= ∅ y x ∈ AF . Pero estaultima condicion es equivalente a decir que F ⊂ I(x). Finalmente aplicamosla segunda igualdad del Lema (4.1.1).

41

Formula de Sylvester 4.1.3. Si A1, . . . , An son subconjuntos de un con-junto X entonces

|n⋂

i=1

Ai| =∑

F⊂Nn

(−1)|F ||AF |

Observaciones: Ai es el complemento de Ai respecto a X, es decir X\Ai. Enel miembro derecho de la igualdad F puede ser vacıo. Segun la convencionA∅ = X el termino correspondiente en la sumatoria es (−1)|∅||A∅| = |X|.

Demostracion:

|n⋂

i=1

Ai| = |X\n⋃

i=1

Ai| = |X| − |n⋃

i=1

Ai| =

= |X|+∑

∅6=F⊂Nn

(−1)|F ||AF | =∑

F⊂Nn

(−1)|F ||AF |

4.2 Funciones sobreyectivas

Como aplicacion del principio de inclusiones y exclusiones calcularemos elnumero de funciones sobreyectivas de un conjunto finito A = {a1, . . . , an}en otro B = {b1, . . . , bm}. Denotaremos mediante Sobre(A,B) el conjuntode las funciones de A sobre B.

Proposicion 4.2.1. Si |A| = n y |B| = m entonces

|Sobre(A,B)| =m−1∑

k=0

(−1)k(m

k

)

(m− k)n =

m∑

k=1

(−1)k+m

(m

k

)

kn

Demostracion: Sea Gi = {f : A → B\{bi}} el conjunto formado por lasfunciones de A en B que no toman el valor bi. Es claro que podemos escribirSobre(A,B) = BA\(∪mi=1Gi). Observemos tambien que si F es un conjuntode k ındices entre 1 y m entonces ∩i∈FGi son las funciones de A en B que notoman ningun valor bi con i ∈ F . Es decir que ∩i∈FGi son las funciones deA en B\{bi : i ∈ F}, y por lo tanto su numero es (|B| − |F |)n = (m− k)n.

42

Por ultimo, recordemos que para cada k entre 0 y m hay(mk

)subconjuntos

de Nm con k elementos. Estamos ya en condiciones de aplicar (4.1.3):

|Sobre(A,B)| =∑

F⊂Nn

(−1)|F ||⋂

i∈FGi| =

m∑

k=0

(−1)k(m

k

)

(m− k)n

En esta ultima sumatoria podemos hacer variar el ındice k desde 0 hastam − 1, puesto que el sumando correspondiente a k = m es nulo. Paraobtener la segunda expresion para |Sobre(A,B)| basta efectuar el cambio devariable h = m − k en la formula que acabamos de demostrar, recordandoque

( mm−h

)=(mh

)

4.3 Desarreglos

Un desarreglo de los numeros del 1 al n es una permutacion σ de Nn tal queσ(i) 6= i , ∀i = 1, . . . , n. En otras palabras los desarreglos son las permuta-ciones sin puntos fijos. Aplicando el principio de inclusiones y exclusioneses posible calcular facilmente el numero de desarreglos.

Proposicion 4.3.1. El numero de desarreglos de los numeros del 1 al n es

Dn = n!

(

1− 1

1!+

1

2!− · · ·+ (−1)n

n!

)

Demostracion: Sea Sn el conjunto de todas las permutaciones de los nu-meros del 1 al n. Definamos Ai como el conjunto de las permutaciones quedejan fijo el numero 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 unconjunto de n− 1 elementos, a saber {j ∈ Nn : j 6= i}. Si F ⊂ Nn entonces∩i∈FAi son las permutaciones de Nn que dejan fijos todos los elementos deF . El numero de tales permutaciones es (n−|F |)!. Nuevamente estamos encondiciones de aplicar (4.1.3):

|{σ ∈ Sn : σ(i) 6= i ∀ i = 1, . . . , n}| = |⋂

i∈FAi| =

∑

F⊂Nn

(−1)|F |(n− |F |)! =n∑

k=0

(−1)k(n

k

)

(n− k)! = n!

n∑

k=0

(−1)kk!

43

Observacion: De (4.3.1) se deduce que limn→∞(Dn/n!) = e−1. Esto se puededecir en lenguaje probabilıstico ası: la probabilidad de que una permutacionde los numeros del 1 al n escogida al azar sea un desarreglo tiende al valorlımite e−1 cuando n tiende a infinito.

4.4 Aplicaciones a la teorıa de numeros

La funcion µ de Mobius se define para cada numero natural n > 1 de lamanera siguiente:

µ(n) =

{

(−1)r si n es producto de r primos diferentes

0 si n es divisible por un cuadrado perfecto mayor que 1

Ademas por convencion µ(1) = 1 . Ası por ejemplo tenemos que µ(2) =−1, µ(6) = 1, µ(12) = 0 y µ(30) = −1.

Proposicion 4.4.1. Si n > 1 entonces

∑

d|nµ(d) = 0

Demostracion: Es claro que los unicos divisores de n que hace falta consi-derar son el 1 y los que son producto de primos diferentes ya que los demas(es decir los que sean divisibles por un cuadrado perfecto) no contribuiranen nada a la suma. Sean p1, . . . , pk los divisores primos de n. Aceptandopor convencion que un producto vacıo (sin factores) es 1 , resulta claro que:

∑

d|nµ(d) =

∑

F⊂Nk

µ(∏

i∈Fpi) =

∑

F⊂Nk

(−1)|F |

pero esta ultima suma es 0 en virtud de (4.1.1).

Como una ultima aplicacion del principio de inclusiones y exclusionesconsideremos la siguiente cuestion: si se toman dos numeros naturales “alazar”, ¿cual es la probabilidad de que sean primos entre sı?. La siguien-te proposicion da un sentido preciso a esta pregunta y la correspondienterespuesta.

44

Proposicion (Lejeune Dirichlet) 4.4.2. Sea cn el numero de pares or-denados de numeros naturales coprimos menores o iguales que n. Entonces

limn→∞

cnn2

=6

π2

Demostracion: La cantidad de multiplos de un numero natural a meno-res o iguales que otro natural n es la parte entera de n

a , que denotaremosmediante ⌊na ⌋. En efecto, los multiplos en cuestion son a, 2a, . . . , ta siendo tel mayor entero tal que ta ≤ n, es decir que t = ⌊na ⌋. La cantidad de paresordenados de numeros naturales menores o iguales que n y ambos multiplosde a sera entonces, por el principio del producto, ⌊na ⌋2. Aplicando ahora elprincipio de inclusiones y exclusiones (4.1.3) resulta:

cn = n2 −∑

pprimo

⌊n

p

⌋2

+∑

p<qprimos

⌊n

pq

⌋2

− · · · =n∑

k=1

µ(k)⌊n

k

⌋2

Ahora bien, como

(n

k

)2−⌊n

k

⌋2=(n

k−⌊n

k

⌋)(n

k+⌊n

k

⌋)

<2n

k

resulta:∣∣∣∣∣

n∑

k=1

µ(k)

k2− cnn2

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣

1

n2

n∑

k=1

µ(k)

((n

k

)2−⌊n

k

⌋2)∣∣∣∣∣<

2

n

n∑

k=1

1

k→ 0

puesto que, como es bien sabido,∑n

k=1(1/k) = loge n + γ + o(1) (siendo γla constante de Euler-Mascheroni. Ver [R3] pag. 314). Entonces:

limn→∞

cnn2

=

∞∑

k=1

µ(k)

k2

Para sumar esta ultima serie multipliquemosla por∑∞

n=1(1/n2) para obte-

ner:

∞∑

k=1

µ(k)

k2

∞∑

n=1

1

n2=

∞∑

m=1

∑

kn=m

µ(k)

k2n2=

∞∑

m=1

∑

k|mµ(k)

1

m2= 1

45

puesto que todos los terminos de la ultima serie, excepto el primero, sonnulos en virtud de la Proposicion (4.4.1). Ahora bien, la suma de la serie∑∞

k=1(1/k2) es π2/6. Este conocido resultado puede obtenerse facilmente

evaluando en x = 0 el desarrollo en serie de Fourier de cosenos de la funcion|x| en el intervalo (−π, π) y por varios otros metodos (ver por ejemplo [C2]).Por consiguiente:

limn→∞

cnn2

=∞∑

k=1

µ(k)

k2=

1∑∞

k=11k2

=6

π2

4.5 Ejercicios

1. En un grupo de 100 hindues hay 40 que hablan hindi, 40 que hablanbengalı y 20 que hablan penjabi. Hay 20 que hablan hindi y bengalı y5 que hablan hindi y penjabi. Hay 31 que hablan al menos dos de lastres lenguas y 33 que no hablan ninguna de ellas. ¿Cuantos hablan lastres lenguas?

2. ¿Cuantos numeros del 1 al 1000000 no son ni cuadrados perfectos, nicubos perfectos ni potencias cuartas perfectas?

3. Pruebe que si a1, a2, . . . , ar son numeros naturales primos entre sı en-tonces la cantidad de multiplos de algun ai menores o iguales que nviene dada por:

r∑

i=1

⌊n

ai

⌋

−∑

i<j

⌊n

aiaj

⌋

+∑

i<j<k

⌊n

aiajak

⌋

+ · · ·+ (−1)r⌊

n

a1 . . . ar

⌋

4. Demuestre el principio de inclusiones y exclusiones usando el metodode induccion matematica.

5. Sea φ(n) el numero de enteros positivos menores o iguales que n y co-primos con n (φ se conoce con el nombre de funcion de Euler). Usandoel principio de inclusiones y exclusiones pruebe que si p1, p2, . . . , pk sonlos factores primos distintos de n entonces

φ(n) = n

(

1− 1

p1

)

· · ·(

1− 1

pk

)

46

Pruebe tambien que φ es multiplicativa, es decir que si m y n soncoprimos entonces φ(mn) = φ(m)φ(n).Por ultimo pruebe que

∑

d|n φ(d) = n.

6. Una mesa redonda esta dispuesta para 2n comensales. ¿De cuantasmaneras pueden sentarse n matrimonios con la condicion de que nin-guna esposa este junto a su esposo?

7. (Problema de los matrimonios) Una mesa redonda esta dispuesta para2n comensales. ¿De cuantas maneras pueden sentarse n matrimonioscon la condicion de que se alternen hombres y mujeres y ninguna esposaeste junto a su esposo?

8. Dados n conjuntos finitos A1, . . . , An pruebe que:

|n⋂

i=1

Ai| = −∑

∅6=F⊂Nn

(−1)|F ||⋃

i∈FAi|

9. (Formula de la criba de Jordan)

Dados n conjuntos finitos A1, . . . , An y un entero k, 0 ≤ k ≤ n, pruebeque el numero de elementos que pertenecen a exactamente k conjuntoses:

∑

F⊂Nn

|F |≥k

(−1)|F |−k

(|F |k

)

|AF |

(Este resultado es una generalizacion de la formula de Sylvester, lacual se obtiene como caso particular para k = 0.)

Capıtulo 5

Relaciones de recurrencia y

funciones generatrices

5.1 Numeros de Fibonacci

En el “Liber Abaci”, obra escrita a comienzos del siglo XIII y que compen-dia el conocimiento aritmetico y algebraico de la epoca, Leonardo de Pisa,tambien conocido como Fibonacci, plantea el siguiente problema: “En unpatio cerrado se coloca una pareja de conejos para ver cuantos descendientesproduce en el curso de un ano, y se supone que cada mes a partir del segundomes de su vida, cada pareja de conejos da origen a una nueva”. Fibonacciresuelve el problema calculando el numero de parejas mes a mes, y exponesus resultados en forma de tabla. Ademas de las condiciones expresas en elplanteo del problema, supongamos que ningun conejo muere y que la parejainicial acaba de nacer. Llamemos Fn al numero de parejas de conejos exis-tentes en el mes n. Entonces es claro que F1 = 1 y F2 = 1. En el tercermes la pareja inicial alcanza su madurez sexual y por lo tanto engendra unanueva pareja. Ası tenemos F3 = 2. Es claro tambien que F4 = 3. En elquinto mes, la pareja nacida en el tercer mes esta tambien en condicionesde procrear por lo cual naceran dos nuevas parejas, y tendremos F5 = 5.Ası podrıamos continuar analizando el numero de nacimientos mes a mes.Observemos sin embargo que existe una manera muy sencilla de calcular elnumero de parejas en un mes determinado si se conoce el numero de pare-jas existente en los dos meses precedentes. En efecto, el numero de parejasnacidas en el mes n es igual al numero de parejas que habıa en el mes n− 2,pues esas son las que en el mes n tendran dos meses o mas de edad y por

48

lo tanto estaran en condiciones de procrear. A este numero debemos sumarel de parejas existentes en el mes n − 1 , ya que todas ellas (debido a lasuposicion de que no hay decesos) seguiran viviendo en el mes n. Por lotanto tenemos que para todo n ≥ 2 se verifica la relacion Fn = Fn−2 +Fn−1

la cual aparece explıcitamente en los trabajos de Kepler, unos cuatrocientosanos despues de la aparicion del Liber Abaci. Aplicando esta relacion esfacil computar sucesivamente los terminos de la sucesion {Fn} , conocidacomo “sucesion 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 sucesion tiene muchas propiedades interesantes, y se le ha dedi-cado una abundante literatura. Una interesante monografıa, de caracterelemental, es la de N. Vorobyov [V2]. En Botanica los numeros de Fibo-nacci aparecen al estudiar la filotaxia, o sea la disposicion de las hojas enlos arboles, de los folıculos en flores como la del girasol, de las escamas dela pina, etc. (ver [C3] y [C4]). La relevancia de los numeros de Fibonaccipara la teorıa de los algoritmos se puso de manifiesto por primera vez en1844, cuando G. Lame la utilizo para analizar el numero de divisiones quese efectuan en el algoritmo de Euclides (vea a este respecto el volumen 2 dela obra de D. E. Knuth [K1].)

El siguiente resultado se refiere a las sucesiones en las cuales, como enla de Fibonacci, cada termino esta determinado por uno o varios de losterminos precedentes.

Proposicion 5.1.1. Sea X un conjunto, k un natural, f : Xk → X unafuncion y a1, . . . , ak elementos de X. Entonces existe una unica sucesion{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.

Demostracion: 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 ası suce-sivamente. Mas precisamente, si n > k y ya han sido definidos los terminosxi para i < n , entonces definimos xn como f(xn−k, . . . , xn−1). El prin-cipio de induccion matematica garantiza que la sucesion {xn} esta biendefinida, y obviamente cumple las condiciones exigidas. Tambien es inme-diato probar la unicidad. En efecto, si {yn} es otra sucesion que satisfacelas condiciones pedidas, entonces yi = ai = xi para i = 1, . . . , k. Paran > k, supongamos por induccion que yi = xi para todo i < n. Entoncesyn = f(yn−k, . . . , yn−1) = f(xn−k, . . . , xn−1) = xn

49

Una relacion del tipo xn = f(xn−k, . . . , xn−1) es llamada “relacion de recu-rrencia”. No es sin embargo el unico tipo de relacion de recurrencia posible;mas adelante veremos algunos ejemplos mas complicados. Su importanciaen Combinatoria proviene del hecho de que la mayorıa de los problemas deconteo dependen de uno o mas parametros enteros, por lo cual la soluciongeneral consiste en una sucesion (o una sucesion doble, triple, etc.) con esosparametros como ındices, resultando muchas veces mas facil encontrar unarelacion de recurrencia satisfecha por los terminos de esa sucesion que en-contrar una formula explıcita para calcularlos. Ademas el conocimiento dela relacion de recurrencia permite no solamente calcular cuantos terminosse deseen de la sucesion, sino que muchas veces permite tambien deducirpropiedades de la misma. Tomaremos como ejemplo para ilustrar esta afir-macion la propia sucesion de Fibonacci:

Proposicion 5.1.2. Los terminos Fn de la sucesion de Fibonacci satisfacenlas desigualdades αn−2 ≤ Fn ≤ αn−1 para todo n ≥ 1, siendo α = (1+

√5)/2.

Demostracion: Observemos en primer lugar que el numero α (conocidocomo la “razon aurea”) satisface la igualdad α2 = 1 + α. La demostracionprocede por induccion. Se verifica de inmediato que las desigualdades sesatisfacen para n = 1 y n = 2. Supongamos que αk−2 ≤ Fk ≤ αk−1 paratodo k < n. Entonces: Fn = Fn−2 + Fn−1 ≤ αn−3 + αn−2 = αn−3(1 + α) =αn−3 · α2 = αn−1. Analogamente: Fn = Fn−2 + Fn−1 ≥ αn−4 + αn−3 =αn−4(1 + α) = αn−4 · α2 = αn−2.

Los numeros de Fibonacci estan relacionados con numerosas cuestionescombinatorias. Consideremos por ejemplo el problema de subir una escalerade n escalones, suponiendo que solo pueden darse pasos sencillos (subiendoun escalon) o dobles (subiendo dos escalones). ¿De cuantas maneras puedesubirse la escalera? Llamemos En a ese numero. Entonces obviamente E1 =1. Una escalera de dos escalones puede subirse con un solo paso doble o condos 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 seguidode otro doble. Por tanto E3 = 3. Es facil ver que la sucesion {En} satisface lamisma relacion de recurrencia que los numeros de Fibonacci. En efecto, losmodos de subir una escalera de n escalones (con n > 2) pueden clasificarse endos categorıas disjuntas: aquellos en los cuales se pisa el escalon n−1 (y queson obviamente En−1) y aquellos en los cuales se llega al escalon n−2 y luego

50

se da un paso doble. Estos ultimos son evidentemente En−2. Por el principiode la suma se tiene entonces que En = En−1 + En−2. Esta sucesion no esidentica a la de Fibonacci, ya que E2 = 2 mientras que F2 = 1. Sin embargoentre ambas existe una relacion muy estrecha, a saber: En = Fn+1. Estaasercion se demuestra facilmente por induccion. En efecto, E1 = 1 = F2 yE2 = 2 = F3 . Aceptando ahora que Ek = Fk+1 para todo k < n , se tieneque En = En−1 + En−2 = Fn + Fn−1 = Fn+1. Podemos decir entonces queFn es el numero de maneras de subir una escalera de n − 1 escalones, conpasos dobles o sencillos.

Utilizaremos esta interpretacion combinatoria para demostrar el siguien-te resultado, del cual pueden deducirse interesantes propiedades aritmeticasde los numeros de Fibonacci (ver problemas al final del capıtulo).

Proposicion 5.1.3.

Fn+m = Fn+1Fm + FnFm−1

Demostracion: Fn+m es el numero de maneras de subir una escalera den +m − 1 escalones con pasos sencillos o dobles. Pero una tal escalera sepuede subir o bien pisando el escalon numero n o bien sin pisarlo. HayEn modos de llegar hasta el escalon n y Em−1 modos de subir los m − 1escalones restantes. Entonces, por el principio del producto, los modos desubir pisando el escalon n son EnEm−1 = Fn+1Fm. Para subir la escalerasin pisar el escalon n hay que llegar hasta el escalon n − 1 (lo cual puedehacerse de En−1 modos), dar un paso doble para situarse en el escalon n+1y luego subir los m− 2 escalones restantes (lo cual puede hacerse de Em−2

modos). Entonces, por el principio del producto, el numero de manerasde subir sin pisar el escalon n es En−1Em−2 = FnFm−1. Por el principiode la suma el numero total de maneras de subir la escalera es entoncesFn+1Fm + FnFm−1.

5.2 Funciones generatrices

¿Existira alguna formula que nos de el n-simo termino de la sucesion deFibonacci? Esta pregunta puede parecer un tanto ociosa, por cuanto unaformula para Fn no es en definitiva mas que una expresion simbolica indi-cativa de las operaciones que deben ser realizadas, dado n, para calcular

51

Fn. Pero ya conocemos un metodo efectivo para calcular Fn , a saber laaplicacion sucesiva de la relacion de recurrencia partiendo de los terminosiniciales F1 = F2 = 1. Sin embargo, disponer de una formula para Fn podrıatal vez permitirnos obtener mas informacion sobre esta sucesion. Este pro-blema fue resuelto por A. De Moivre unos quinientos anos despues de lapublicacion del Liber Abaci. El metodo que utilizo se basa en el uso delas llamadas “funciones generatrices” y tuvo gran importancia en el desa-rrollo de la Combinatoria y del Calculo de Probabilidades ya que puede seraplicado con exito a muy diversos problemas.

Supongamos que a0, a1, a2, . . . es una sucesion de numeros reales o com-plejos y consideremos la serie de potencias

∑∞n=0 anz

n. Si esta serie convergeen algun entorno del origen a una funcion g(z) diremos que g(z) es la fun-cion generatriz de la sucesion dada. Analogamente, si la serie de potencias∑∞

n=0(an/n!)zn converge en algun entorno del origen a una funcion h(z)

diremos que h(z) es la funcion generatriz exponencial de la sucesion {an}.Por ejemplo, la funcion generatriz de la sucesion constante 1, 1, 1, . . . es 1

1−zy su funcion generatriz exponencial es ez.

En el caso de la sucesion de Fibonacci {Fn}, definiendo F0 = 0 (lo cuales compatible con la relacion de recurrencia Fn = Fn−2 + Fn−1 y hace queesta sea valida para todo n > 1) tenemos que su funcion generatriz es:

g(z) =∞∑

n=0

Fnzn = z + z2 + 2z3 + 3z4 + 5z5 + 8z6 + 13z7 + · · ·

(En virtud de la Proposicion (5.1.2) el radio de convergencia de esta serie espositivo, mas exactamente es 1

α).

Proposicion 5.2.1. La funcion generatriz de la sucesion de Fibonacci es:

g(z) =z

1− z − z2

Demostracion:

g(z) = z + z2 +

∞∑

n=3

Fnzn = z + z2 +

∞∑

n=3

(Fn−1 + Fn−2)zn =

= z + z2 + z∞∑

n=2

Fnzn + z2

∞∑

n=1

Fnzn = z + zg(z) + z2g(z)

Despejando g(z) se obtiene el resultado deseado.

52

Ya estamos en condiciones de obtener una formula para los numeros deFibonacci:

Proposicion 5.2.2.

Fn =

√5

5

((

1 +√5

2

)n

−(

1−√5

2

)n)

Demostracion: 1 − z − z2 se factoriza como (1 − αz)(1 − βz) , siendoα = (1 +

√5)/2 y β = (1 −

√5)/2. Por lo tanto la funcion generatriz de la

sucesion de Fibonacci se descompone en fracciones simples como:

z

1− z − z2 =A

1− αz +B

1− βzpara ciertas constantes A y B. La determinacion de estas constantes daA =

√5/5, B = −

√5/5 . Por lo tanto:

∞∑

n=1

Fnzn = g(z) =

√5

5(

∞∑

n=1

(αz)n −∞∑

n=1

(βz)n) =∞∑

n=1

√5

5(αn − βn)zn

de donde Fn =√55 (αn − βn).

A continuacion utilizaremos la funcion generatriz para establecer unainteresante relacion entre los numeros de Fibonacci y los coeficientes bino-miales:

Proposicion 5.2.3.

Fn+1 =

⌊n2 ⌋∑

k=0

(n− kk

)

Demostracion:

∞∑

n=0

Fnzn =

z

1− z − z2 =z

1− z(1 + z)= z

∞∑

n=0

zn(1 + z)n =

z

∞∑

n=0

n∑

k=0

(n

k

)

zn+k = z

∞∑

n=0

⌊n2 ⌋∑

k=0

(n− kk

)

zn

53

5.3 Relaciones de recurrencia lineales

En esta seccion trabajaremos en el campo de los numeros complejos. Lla-maremos “relacion de recurrencia lineal de orden k” a una relacion de laforma:

xn = c1xn−1 + · · ·+ ckxn−k + f(n) (5.1)

donde f es una funcion, c1, . . . , ck son constantes y ck 6= 0 . Si no apareceel termino funcional f(n) diremos que la relacion es homogenea.

Una solucion de la relacion (5.1) es cualquier sucesion numerica {zn}∞n=0

que satisfaga la igualdad:

zn = c1zn−1 + · · · + ckzn−k + f(n)

para todo n ≥ k. En virtud de la Proposicion (5.1.1) cualquier conjuntode valores iniciales z0, . . . , zk−1 determina una unica solucion {zn}. Muchosproblemas combinatorios se reducen al estudio de relaciones de recurrenciade este tipo, por lo cual su estudio tiene para nosotros especial importancia.Por otra parte estas relaciones permiten construir modelos apropiados parauna gran diversidad de problemas cientıficos. La teorıa de las relaciones derecurrencia lineales presenta gran analogıa con la de las ecuaciones diferen-ciales ordinarias lineales. De hecho las ecuaciones diferenciales pueden seraproximadas por “ecuaciones en diferencias” (ver [L1]) cuya solucion, en elcaso mas simple, puede obtenerse por los metodos que estudiaremos a conti-nuacion. Una monografıa elemental dedicada a las relaciones de recurrencialineales es [M1]. Numerosos ejemplos se encuentran en [T2].

Proposicion 5.3.1. Una progresion geometrica {rn} de razon r es solucionde la relacion lineal homogenea de orden k :

xn = c1xn−1 + · · ·+ ckxn−k

si y solo si r es raız de la llamada “ecuacion caracterıstica”

xk − c1xk−1 − · · · − ck = 0.

Demostracion: Si r es raız de la ecuacion caracterıstica entonces:

rk − c1rk−1 − · · · − ck = 0

54

y multiplicando por rn−k se obtiene, para todo n > k :

rn − c1rn−1 − · · · − ckrn−k = 0

Recıprocamente, si {rn} es solucion de la relacion de recurrencia la igual-dad anterior se verifica para todo n > k y en particular para n = k con loque resulta que r es raız de la ecuacion caracterıstica.

Proposicion 5.3.2. Si la ecuacion caracterıstica de la relacion de recurren-cia lineal homogenea de orden k:

xn = c1xn−1 + · · · + ckxn−k

tiene k raıces distintas r1, . . . , rk entonces la solucion general de la relacionde recurrencia es:

{A1rn1 + · · ·+Akr

nk}

siendo A1, . . . , Ak constantes arbitrarias.

Demostracion: Es muy facil comprobar que la sucesion {A1rn + · · · +

Akrn} es solucion de la relacion de recurrencia para valores cualesquiera

de las constantes A1, . . . , Ak. En efecto, cada sucesion {rni } lo es (por laProposicion precedente) y por lo tanto se tiene que :

rni = c1rn−1i + · · ·+ ckr

n−ki ,para todo n ≥ k y todo i = 1, . . . , k

Multiplicando estas k igualdades por A1, A2, . . . , Ak respectivamente y luegosumando se obtiene el resultado deseado.

Recıprocamente, debemos demostrar que toda solucion de la relacionde recurrencia es una combinacion lineal de las progresiones geometricas{rni } . Para esto es suficiente mostrar que dada una solucion {zn} existenconstantes A1, . . . , Ak tales que se satisfacen las siguientes igualdades :

A1r01 + · · ·+Akr

0k = z0

A1r11 + · · ·+Akr

1k = z1

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

A1rk−11 + · · · +Akr

k−1k = zk−1

En efecto, si esto se logra entonces {A1rn1 + · · · + Akr

nk} y {zn} seran

dos soluciones de la relacion de recurrencia que coinciden en sus primeros

55

k terminos, por lo tanto deberan coincidir en todos los demas. Ahora bien,las igualdades precedentes pueden ser consideradas como un sistema linealde ecuaciones en las incognitas A1, . . . , Ak , el cual tiene solucion (unica)si el determinante del sistema es no nulo. Pero este es el bien conocidodeterminante de Van der Monde:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 · · · 1r1 r2 · · · rkr21 r22 · · · r2k· · · · · · · · · · · ·rk−11 rk−1

2 · · · rk−1k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=∏

1≤i<j≤n

(rj − ri)

que no es nulo por ser las raıces r1, . . . , rk todas distintas.

Como ejemplo determinemos la solucion de la relacion de recurrenciaxn = 5xn−1 − 6xn−2 con condiciones iniciales x0 = 4 , x1 = 7 . La ecuacioncaracterıstica es x2 − 5x + 6 = 0 , que tiene raıces r1 = 2 y r3 = 3. Porlo tanto la solucion general es xn = A · 2n + B · 3n. Para satisfacer lascondiciones 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 solucionbuscada es xn = 5 · 2n − 3n.

Cuando la ecuacion caracterıstica tiene raıces multiples la forma de lasolucion general es algo mas complicada. Enunciaremos el resultado corres-pondiente sin demostracion. El lector interesado puede tratar de dar unademostracion propia o consultar algun tratado sobre ecuaciones en diferen-cias finitas, por ejemplo [L1].

Proposicion 5.3.3. Si la ecuacion caracterıstica de la relacion de recurren-cia lineal homogenea de orden k:

xn = c1xn−1 + · · ·+ ckxn−k

tiene raıces r1, . . . , rt con multiplicidades m1, . . . ,mt entonces la soluciongeneral de la relacion de recurrencia es:

{P1(n)rn1 + · · ·+ Pt(n)r

nt }

siendo Pi(n) un polinomio en n de grado menor que mi.

56

Determinemos por ejemplo la solucion general de la relacion:

xn = 12xn−1 − 57xn−2 + 134xn−3 − 156xn−4 + 72xn−5

Su ecuacion caracterıstica es:

x5 − 12x4 + 57x3 − 134x2 + 156x − 72 = 0

que tiene la raız triple r1 = 2 y la raız doble r2 = 3. Por lo tanto la soluciongeneral es xn = (An2 +Bn+ C)2n + (Dn+ E)3n.

Si se dan condiciones iniciales x0, x1, x2, x3, x4 entonces la solucion co-rrespondiente puede obtenerse resolviendo un sistema de cinco ecuacioneslineales en las incognitas A, B, C, D y E.

Hasta el momento hemos considerado unicamente relaciones de recu-rrencia lineales homogeneas. Para resolver relaciones no homogeneas no hayreglas fijas infalibles. Sin embargo es muy importante el siguiente resultado,segun el cual para conocer la solucion general de una relacion lineal no ho-mogenea es suficiente conocer una solucion particular y la solucion generalde la relacion homogenea asociada.

Proposicion 5.3.4. Si {zn} es una solucion de la relacion de recurrencia

xn = c1xn−1 + · · ·+ ckxn−k + f(n)

entonces cualquier otra solucion es de la forma {zn +wn} siendo {wn} unasolucion de la relacion homogenea :

xn = c1xn−1 + · · · + ckxn−k

Demostracion: Dada una solucion {yn} tenemos que:

yn = c1yn−1 + · · ·+ ckyn−k + f(n) , para todo n ≥ ky restando miembro a miembro la igualdad:

zn = c1zn−1 + · · ·+ ckzn−k + f(n) , para todo n ≥ kse obtiene:

yn − zn = c1(yn−1 − zn−1) + · · · + ck(yn−k − zn−k)

Definiendo wn = yn − zn es claro que {wn} es solucion de la relacion ho-mogenea , y que yn = zn + wn. Recıprocamente, es inmediato verificar quesi a {zn} se le suma cualquier solucion {wn} de la relacion homogenea seobtiene una solucion de la relacion original.

57

El siguiente problema proporciona un ejemplo muy sencillo, pero com-binatoriamente interesante, de relacion de recurrencia lineal no homogenea.Supongamos que en el plano se trazan n rectas en posicion generica (es decir,tales que no haya dos de ellas paralelas ni tres concurrentes en un punto).¿En cuantas regiones queda dividido el plano?

Sea Rn el numero buscado. Es inmediato verificar mediante un dibujoque R1 = 2, R2 = 4, R3 = 7 y R4 = 11. Pero ya no es tan simple comprobarpor metodos graficos que R5 = 16, R6 = 22 y R7 = 29. Sin embargo no esdifıcil obtener una relacion de recurrencia satisfecha por los Rn. Para elloobservemos que la recta n-sima debe intersectar a las n − 1 anteriores enn−1 puntos diferentes, quedando ella misma dividida en n intervalos (n−2segmentos y 2 semirrectas). Cada uno de esos n intervalos desconecta unade las regiones en que estaba dividido el plano por las primeras n−1 rectas.De este modo, al trazar la recta n-sima el numero de regiones aumenta enn , o dicho en sımbolos:

Rn = Rn−1 + n

Esta relacion de recurrencia puede ser resuelta facilmente sumando miembroa 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 queRn = R1 + (2 + 3 + · · ·+ n) = (n2 + n+ 2)/2.

Otra tecnica, que se puede emplear en general cuando el termino funcio-nal f(n) de una relacion de recurrencia lineal es un polinomio, consiste enbuscar soluciones particulares de tipo polinomico por el metodo de los coe-ficientes indeterminados. Generalmente es suficiente probar con polinomiosde grado igual al de f(n) , pero a veces es necesario ensayar con polinomiosde grado superior. En nuestro caso, ensayemos con polinomios de segundogrado An2+Bn+C (por cuanto es evidente que no hay soluciones polinomi-cas 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 cumplapara todo n debe ser 1−2A = 0 y A−B = 0 , por lo tanto A = B = 1/2. Lasolucion general es entonces (n2 + n)/2 + C. Utilizando la condicion inicialR1 = 1 se determina que C = 1, llegando al mismo resultado obtenidoanteriormente.

58

5.4 Numeros de Catalan

Consideremos el problema de determinar el numero Tn de triangulacionesde un polıgono convexo, es decir el numero de maneras de dividir el polıgonoen triangulos mediante diagonales que no se intersecten. Este problema yafue estudiado por Euler, quien lo resolvio utilizando el metodo de las funcio-nes generatrices. Nosotros lo emplearemos para introducir una relacion derecurrencia no lineal que se presenta en diversos problemas combinatorios.

Es claro que T3 = 1 y T4 = 2. El pentagono admite cinco triangulaciones,como se muestra en la siguiente figura:

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

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Por lo tanto T5 = 5 . Para hallar una relacion de recurrencia satisfe-cha por los numeros Tn consideremos un polıgono convexo de n+1 verticesv1, . . . , vn, vn+1 (numerados recorriendo el borde del polıgono en sentido ho-rario). Para cada triangulacion el lado v1vn+1 debe pertenecer a uno y soloun triangulo, cuyo vertice restante sera vk para algun k = 2, . . . , n. Elnumero de triangulaciones que contienen al triangulo v1vn+1vn es evidente-mente igual al numero de triangulaciones del polıgono de vertices v1v2 . . . vn,es decir Tn. Analogamente el numero de triangulaciones que contienen altriangulo v1vn+1v2 es tambien Tn. Si 2 < k < n entonces todas las triangu-laciones que contienen al triangulo v1vn+1vk pueden obtenerse combinandouna triangulacion del polıgono de vertices v1v2 . . . vk con una triangulaciondel polıgono de vertices vkvk+1 . . . vn+1. Por el principio del producto hayentonces TkTn−k+2 triangulaciones que contienen al triangulo v1vn+1vk. Ha-ciendo variar k desde 2 hasta n y sumando se obtiene entonces que:

Tn+1 = Tn + T3Tn−1 + · · · + Tn−1T3 + Tn

Aceptaremos por convencion que T2 = 1 , con lo cual la relacion anterior

59

puede escribirse en la forma:

Tn+1 =n∑

k=2

TkTn−k+2

Esta relacion es mas complicada que las que hemos considerado hasta ahora,ya que no es lineal y ademas Tn+1 aparece relacionado con todos los terminosprecedentes y no solo con un numero determinado de ellos. Sin embargo esclaro que esta relacion determina por completo a los Tn y permite calcularcuantos terminos se deseen. Por ejemplo:

T4 = T2T3 + T3T2 = 1 · 1 + 1 · 1 = 2

T5 = T2T4 + T3T3 + T4T2 = 1 · 2 + 1 · 1 + 2 · 1 = 5

T6 = T2T5 + T3T4 + T4T3 + T5T2 = 1 · 5 + 1 · 2 + 2 · 1 + 5 · 1 = 14

A continuacion hallaremos una formula explıcita para los Tn. Comencemospor observar que toda triangulacion de un polıgono convexo de n verticesconsta de n−2 triangulos. En efecto, la suma de los angulos internos de todoslos triangulos de una triangulacion debe ser igual a la suma de los angulosinternos del polıgono, que como es bien sabido es (n−2)π. Y como la suma delos angulos de cada triangulo es π , el numero de estos debe ser n−2. Por otraparte el numero de diagonales en cualquier triangulacion es n−3. En efecto,cada diagonal que se traza hace aumentar el numero de regiones en una, porlo cual para llegar a tener n − 2 triangulos partiendo de una sola region(el polıgono original) es necesario trazar n− 3 diagonales. Contemos ahorael numero total de diagonales que aparecen en todas las triangulaciones deun polıgono convexo de n lados. Este numero es naturalmente (n − 3)Tn ,pero tambien puede obtenerse teniendo en cuenta que la diagonal v1vk (para2 < k < n) aparece en TkTn−k+2 triangulaciones. Por lo tanto T3Tn−1+· · ·+Tn−1T3 es el numero de apariciones de las diagonales v1vk (k = 3, . . . , n− 1)en todas las triangulaciones. Si contamos de igual manera las diagonalescon un extremo en vi para 1 = 2, . . . , n y sumamos llegamos a un totalde n(T3Tn−1 + · · · + Tn−1T3). Pero en esta expresion cada diagonal vivjesta contada dos veces, una vez como diagonal con extremo en vi y otracomo diagonal con extremo en vj, por lo cual el numero total de diagonalesen todas las triangulaciones es n

2 (T3Tn−1 + · · ·+ Tn−1T3). Por lo tanto:

(n− 3)Tn =n

2(T3Tn−1 + · · ·+ Tn−1T3)

60

Como por otra parte sabemos que:

Tn+1 − 2Tn = T3Tn−1 + · · ·+ Tn−1T3

se llega a que:

Tn+1 =2(2n − 3)

nTn

A partir de esta relacion ya es facil encontrar la expresion que buscabamospara Tn :

Proposicion 5.4.1. El numero Tn de triangulaciones que admite un polıgo-no convexo de n lados viene dado por la formula :

Tn =1

n− 1

(2n − 4

n− 2

)

Demostracion: Como acabamos de ver Tn+1 =2(2n−3)

n Tn, por lo cual:

Tn =2(2n − 5)

n− 1Tn−1 =

(2n− 4)(2n − 5)

(n− 1)(n − 2)Tn−1 =

(2n − 4)(2n − 5)(2n − 6)(2n − 7)

(n− 1)(n − 2)(n − 2)(n − 3)Tn−2 = · · · =

(2n − 4)!

(n− 1)[(n − 2)!]2

Consideremos ahora el problema de poner parentesis en un producto de nfactores (n ≥ 2) de tal manera que cada subproducto conste de exactamentedos factores, y llamemos Pn al numero de maneras de hacerlo. Veamosalgunos 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 relacion de recurrencia satisfecha por los numeros Pn su-pongamos que los n factores son x1x2 . . . xn y observemos que el par deparentesis exteriores siempre indica el producto de dos subproductos de la

61

forma x1 . . . xk y xk+1 . . . xn. En el primer subproducto se pueden ponerparentesis de Pk maneras, y en el segundo de Pn−k maneras. Aceptemospor convencion que P1 = 1 , para que lo anterior valga incluso cuando unode los dos subproductos conste de un solo elemento. Entonces, aplicando elprincipio del producto y luego sumando para k = 1, . . . , n− 1 se tiene que :

Pn = P1Pn−1 + P2Pn−2 + · · ·+ Pn−1P1 =

n−1∑

k=1

PkPn−k

Proposicion 5.4.2. El numero de maneras de poner parentesis en un pro-ducto x1x2 . . . xn de n factores (n ≥ 2) de tal manera que cada subproductoconste de exactamente dos factores es:

Pn = Tn+1 =1

n

(2n− 2

n− 1

)

Demostracion: Probaremos por induccion que Pn = Tn+1. Para n = 1 setiene P1 = 1 = T2. Supongamos que Pk = Tk+1 para todo k < n. Entonces

Pn =

n−1∑

k=1

PkPn−k =

n−1∑

k=1

Tk+1Tn−k+1 =

n∑

k=2

TkTn−k+2 = Tn+1

Los numeros Cn = 1n+1

(2nn

)son llamados “numeros de Catalan” en ho-

nor a Eugene Charles Catalan (1814-1894) quien los encontro al resolver elproblema de los parentesis, aunque como hemos visto ya habıan sido obser-vados por Euler en conexion con el problema de las triangulaciones. Estosnumeros estan relacionados con numerosos problemas combinatorios (ver losejercicios al final del capıtulo).

La siguiente Proposicion resume las propiedades de los numeros de Ca-talan y sus relaciones con Tn y Pn.

Proposicion 5.4.3. La sucesion {Cn} es la unica solucion de la relacionde recurrencia xn+1 =

∑nk=0 xkxn−k con condicion inicial x0 = 1. Ademas

Cn = Pn+1 = Tn+2 =4n−2n+1 Cn−1.

62

Demostracion: Es obvio que dada la condicion inicial x0 la relacion derecurrencia tiene una solucion unica. La sucesion {Cn} es solucion ya que:

n∑

k=0

CkCn−k =

n∑

k=0

Pk+1Pn−k+1 =

n+1∑

k=1

PkPn−k+2 = Pn+2 = Cn+1

Como ademas C0 = 1 , queda probada la primera afirmacion. La igualdadde Cn, Pn+1 y Tn+2 es consecuencia de las dos Proposiciones precedentes.La ultima igualdad se demuestra facilmente a partir de la definicion de Cn

o a partir de la propiedad correspondiente para Tn.

5.5 Ejercicios

1. Pruebe que∑n

k=0 Fk = Fn+2 − 1.

2. Pruebe que Fn+1Fn−1 − F 2n = (−1)n.

3. Pruebe que si n|m entonces Fn|Fm.

4. Pruebe que numeros de Fibonacci consecutivos son coprimos.

5. Pruebe que si d es el maximo comun divisor de n y m entonces elmaximo comun divisor de Fn y Fm es Fd.

6. Pruebe que el numero de maneras en que un rectangulo de dimensiones2× n se puede dividir en n rectangulos de dimensiones 2× 1 es Fn+1.

7. Pruebe que el numero de subconjuntos de Nn que no contienen enterosconsecutivos es Fn+2.

8. Pruebe que el desarrollo en fraccion 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 unicocomo una suma de numeros 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 monton que inicial-mente contiene n. El jugador que comienza puede sacar una o masfichas, pero no el monton completo. A partir de entonces, cada juga-dor puede sacar una o mas fichas pero no mas del doble de las quesaco el jugador anterior. Gana el que saque la ultima ficha. Pruebeque si n no es un numero de Fibonacci, hay una estrategia ganadorapara el primer jugador. Si no, la hay para el segundo.

11. De las regiones en que queda dividido el plano por n rectas en posiciongenerica, ¿ cuantas son acotadas?

12. ¿En cuantas regiones queda dividido el plano por n circunferenciassecantes dos a dos y tales que no haya tres concurrentes en un punto?

13. ¿En cuantas regiones dividen el espacio n planos en posicion generica(es decir, tales que no haya dos paralelos ni tres que contengan unamisma recta)? ¿ Cuantas de esas regiones son acotadas?

14. (a) Halle el termino general de la sucesion de Lucas {Ln}, definidapor la relacion 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 numero de subconjuntos de Nn que no contienenenteros consecutivos ni a 1 y n simultaneamente es Ln.

15. Si a = {an}∞n=0 es una sucesion sean Ga(z) =∑∞

n=0 anzn y Ea(z) =∑∞

n=0(an/n!)zn, que supondremos convergentes en algun entorno del

origen. Sea ademas Ta la sucesion “trasladada” (Ta)n = an+1. Sib = {bn}∞n=0 es otra sucesion definamos a ∗ b y a ∧ b ası: (a ∗ b)n =∑n

k=0 akbn−k, (a∧b)n =∑n

k=0

(nk

)akbn−k. Pruebe que Ga+b = Ga+Gb,

Ea+b = Ea+Eb, Ga∗b = GaGb, Ea∧b = EaEb, GTa(z) = (Ga(z)−a0)/zy ETa = (Ea)

′.

16. Halle la solucion de la relacion de recurrencia:

xn = 3xn−1 + 4xn−2 − 12xn−3

con condiciones iniciales x0 = 1, x1 = −27, x2 = −1.

17. Halle la solucion de la relacion de recurrencia:

xn = 6xn−1 − 12xn−2 + 8xn−3

64

con condiciones iniciales x0 = 4, x1 = 4, x2 = 24.

18. Dada la relacion de recurrencia:

xn = 7xn−1 − 10xn−2 + 12n2 − 70n + 53

(a) Halle una solucion particular de tipo polinomico.

(b) Halle la solucion general.

19. ¿ De cuantas maneras un rectangulo de 3 × n se puede dividir enrectangulos de 2× 1 ?

20. Resuelva la relacion de recurrencia An+1 =∑n

k=0AkAn−k con condi-cion inicial A0 = a usando funciones generatrices.

21. Dados 2n puntos en una circunferencia, ¿de cuantas maneras puedenunirse de a pares mediante n segmentos que no se intersecten?

22. Un arbol binario, segun la definicion recursiva dada por Knuth (ver[K1]) es “un conjunto finito de nodos que esta vacıo, o se compone deuna raız y de dos arboles binarios disjuntos, llamados subarboles dela derecha y de la izquierda de la raız”. Haciendo abstraccion de lanaturaleza de los nodos, ¿ cuantos arboles binarios de n nodos hay?O en otras palabras, ¿cuantas estructuras diferentes puede tener unarbol binario de n nodos?

23. Supongamos que en el Ejercicio 8 del Capıtulo 3 hay n personas conbilletes de 50 Bs y n personas con billetes de 100 Bs. Pruebe que elnumero de ordenaciones de las 2n personas en la cola, para que estapase sin contratiempos por la taquilla, es Cn.

Capıtulo 6

Permutaciones y particiones

“Como todo lo que es o puede ser pensado esta formado porpartes reales o, por lo menos, imaginarias, aquello que sedistingue especıficamente tiene necesariamente que distinguir-se, bien por poseer otras partes o por contener las mismas,ordenadas de otro modo.”

Leibniz, De arte combinatoria, (1666).

6.1 Permutaciones

Una permutacion de los numeros del 1 al n es una aplicacion biyectiva delconjunto Nn = {1, . . . , n} en sı mismo. Estas permutaciones forman, con lacomposicion como operacion, un grupo que denotaremos Sn. Ya sabemosque |Sn| = n!. Las permutaciones σ ∈ Sn suelen representarse mediante lanotacion siguiente:

σ =

(1 2 . . . na1 a2 . . . an

)

la cual significa que σ(i) = ai para i = 1, 2, . . . , n. Un ciclo es un tipo es-pecial de permutacion que describiremos a continuacion. Sean a1, a2, . . . , akk numeros naturales distintos entre 1 y n y consideremos la aplicacionθ : Nn → Nn definida ası:

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 tambien que θ es un“k-ciclo”). Cuando k = 1 entonces el ciclo (a1) es la identidad. Si k = 2entonces (a1, a2) tiene el efecto de intercambiar los elementos a1 y a2 entresı, por lo cual un 2-ciclo es llamado tambien transposicion. Observemos queun ciclo de longitud k se puede escribir de k maneras distintas, permutandocıclicamente 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 facil ver que si θ y ω son ciclos disjuntos entonces conmutan, es decirω◦θ = θ◦ω. Para ello basta aplicar cada uno de los productos a un elementocualquiera j de Nn.

Proposicion 6.1.1. Toda permutacion σ ∈ Sn se puede descomponer enproducto de ciclos disjuntos. Dichos ciclos estan unıvocamente determinadospor σ .

Demostracion: Comencemos por definir una relacion ∼ en Nn ası:

j ∼ k si y solo si existe un entero i tal que k = σi(j)

Es inmediato verificar que ∼ es una relacion de equivalencia, y por lo tantoNn queda particionado en clases de equivalencia. Dado a ∈ Nn considere-mos la sucesion infinita a, σ(a), σ2(a), . . . . Es claro que esta sucesion debetener elementos repetidos. Digamos que σi(a) = σj(a), con i < j. Entoncesσj−i(a) = a , y j−i > 0. Sea m el menor numero natural tal que σm(a) = a.Entonces los elementos a, σ(a), . . . , σm−1(a) son todos distintos y estan enla clase de equivalencia de a. De hecho cualquier numero equivalente con aesta en la lista anterior, ya que si a ∼ b entonces b = σt(a) para algun enterot, y efectuando la division entera de t entre m tendremos t = qm + r con0 ≤ r < m, y por lo tanto b = σqm+r(a) = σr(a). En conclusion, la clase deequivalencia del elemento a es C(a) = {a, σ(a), . . . , σm−1(a)}. Observemostambien que el ciclo (a, σ(a), . . . , σm−1(a)) actua igual que σ sobre C(a). Sipara cada clase de equivalencia formamos un ciclo de acuerdo al procedi-miento anterior obtendremos un conjunto de ciclos disjuntos θ1, . . . , θs talesque σ = θ1 ◦ θ2 ◦ · · · ◦ θs. En efecto, cada j ∈ Nn aparece en uno y solo uno

67

de los ciclos θi (aquel que corresponde a la clase de equivalencia de j) y paraese ciclo se tiene θi(j) = σ(j), mientras que los ciclos θk con k 6= i (por serdisjuntos de θi) dejan fijos a los elementos j y σ(j). Por otra parte es facilver que en cualquier descomposicion de σ en ciclos disjuntos estos debenestar constituıdos por los elementos de una misma clase de equivalencia, ycomo cada ciclo actua sobre sus elementos igual que σ resulta que quedanunıvocamente determinados.

Observacion: Al escribir una permutacion como producto de ciclos disjuntosse suelen omitir los ciclos de longitud 1, ya que son la identidad y no afectanel producto. Sin embargo nosotros los escribiremos siempre explıcitamenteporque su numero tiene importancia combinatoria.

Ejemplo

Dada la permutacion

σ =

(1 2 3 4 5 6 7 83 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 lotanto la clase del 1 es {1, 3, 5, 8, 6} y el ciclo correspondiente (1,3,5,8,6). Delmismo modo se encuentran los ciclos (2,7) y el 1-ciclo (4). Por lo tantoσ = (1, 3, 5, 8, 6)(2, 7)(4).

Denotaremos mediante λi(s) al numero de ciclos de longitud i que apa-recen en la descomposicion de σ en producto de ciclos disjuntos.

Proposicion 6.1.2. Si σ ∈ Sn entonces∑n

i=1 iλi(σ) = n

Demostracion: El producto iλi(σ) nos da la cantidad de elementos en lasclases de equivalencia de cardinal i, por lo tanto al sumar desde i = 1 hastan tenemos el total de elementos en Nn.

Proposicion 6.1.3. Si λ1, . . . , λn son enteros no negativos que satisfacenla relacion

∑ni=1 iλi = n entonces el numero de permutaciones σ ∈ Sn con

λi ciclos de longitud i para i = 1, . . . , n viene dado por:

n!

1λ12λ2 · · · nλnλ1!λ2! · · · λn!

68

Demostracion: Los ciclos que aparecen en la descomposicion de una per-mutacion σ ∈ Sn son unicos, pero no lo es la manera de escribirlos. Dehecho, cada ciclo de longitud λi se puede escribir de λi maneras, y ademaslos ciclos pueden permutarse entre ellos. Si adoptamos la convencion deescribir primero los ciclos de longitud 1, luego los de longitud 2 y ası su-cesivamente entonces el numero de maneras de escribir la descomposicioncorrespondiente a una permutacion σ con λi(σ) = λi sera:

1λ12λ2 · · ·nλnλ1!λ2! · · · λn!

En efecto, el factor kλk corresponde al numero de maneras de “rotar” loselementos de cada uno de los λk k-ciclos, mientras que el factor λk! co-rresponde al numero de maneras de permutar entre sı esos mismos ciclos.Hagamos ahora una lista con las n! permutaciones de los numeros del 1 aln escritas como sucesiones de n elementos, y pongamos parentesis del modosiguiente: λ1 pares de parentesis encerrando a cada uno de los λ1 primeroselementos de cada entrada de la lista, λ2 pares de parentesis encerrandode a pares a los 2λ2 elementos siguientes, y ası sucesivamente. La condi-cion λ1 + 2λ2 + · · · + nλn = n asegura que el ultimo parentesis cerrara ala derecha del ultimo elemento. En la lista resultante apareceran todas laspermutaciones σ ∈ Sn tales que λi(σ) = λi para i = 1, . . . , n ,pero deacuerdo con nuestra discusion inicial es claro que cada una de ellas apa-recera 1λ12λ2 · · · nλnλ1!λ2! · · · λn! veces. Para obtener el numero de estaspermutaciones dividimos n! (el total de entradas en la lista) por la canti-dad de veces que aparece repetida cada una de ellas, obteniendo el valordeseado.

Como un caso particular de la Proposicion que acabamos de demostrarse obtiene que el numero de permutaciones de Nn que constan de un unicociclo de longitud n es (n − 1)!. Estas son las llamadas “permutaciones cir-culares” de la Combinatoria clasica. Otra situacion interesante se presentacuando n es par y nos preguntamos por el numero de permutaciones que sedescomponen en producto de n/2 = m transposiciones disjuntas, sin puntosfijos. En este caso λ2 = n/2 y λi = 0 para i 6= 2. Por lo tanto el numerobuscado es n!/(2mm!) = (n− 1)(n − 3) · · · 3 · 1 = (n− 1)!!.

69

6.2 Numeros de Stirling de primera clase

Llamaremos numero de Stirling de primera clase[nk

]a la cantidad de per-

mutaciones σ ∈ Sn que se descomponen en producto de exactamente k ciclosdisjuntos. Si n > 0 es claro que

[n0

]= 0. Aceptaremos por convencion que

[00

]= 1 y

[0n

]= 0 , ∀n > 0 (esta convencion se justifica si se considera que

S0 es el conjunto de biyecciones del conjunto vacıo en sı mismo y tiene unsolo elemento, a saber la funcion vacıa, la cual se descompone en productode 0 ciclos).Lamentablemente no existe acuerdo sobre la notacion para losnumeros de Stirling (se usa s(n, k), sn,k, S

kn, etc.) Muchos autores asignan

incluso un signo negativo a la mitad de estos numeros. Nosotros adoptamosla notacion de Knuth ([K1]), pues enfatiza la interesante analogıa existenteentre estos numeros y los coeficientes binomiales.

A continuacion demostraremos varias propiedades de estos numeros.

Proposicion 6.2.1. Para todo n > 0 se cumple:

[n

n

]

= 1,

[n

1

]

= (n− 1)!,

[n

n− 1

]

=

(n

2

)

Demostracion: Si σ ∈ Sn se descompone en n ciclos disjuntos, todos ellosdeben ser 1-ciclos y por lo tanto σ es la identidad. Esto prueba la primeraigualdad. En cuanto a la segunda observemos que si σ ∈ Sn se descomponeen un solo ciclo, esto significa que σ es un n-ciclo. Entonces aplicando laProposicion 6.1.3 con λ1 = · · · = λn−1 = 0, λn = 1, se obtiene que el numerode n-ciclos es (n − 1)!. Para demostrar la tercera igualdad observemos quesi σ ∈ Sn se descompone en producto de n − 1 ciclos disjuntos todos ellosdeben ser de longitud 1 salvo uno, que sera de longitud 2. Esto significaque σ es una transposicion. Por lo tanto

[n

n−1

]representa el numero de

transposiciones en Sn. Pero una transposicion queda determinada por elpar de elementos que transpone, por lo tanto hay tantas como pares deelementos en Nn, es decir

(n2

).

Proposicion 6.2.2. Para todo n > 0 y k > 0 se cumple:

[n

k

]

= (n− 1)

[n− 1

k

]

+

[n− 1

k − 1

]

70

Demostracion: Entre las[nk

]permutaciones de Nn que se descomponen

en producto de k ciclos disjuntos contemos aquellas que dejan fijo el ele-mento n. Su numero debe ser

[n−1k−1

], pues si dejan n fijo deben permutar

los elementos {1, . . . , n− 1} entre sı y descomponerse en producto de k − 1ciclos en Sn−1 para completar con el 1-ciclo (n) el total de k ciclos. En laspermutaciones que no dejan fijo a n este elemento debe aparecer en algunciclo acompanado al menos de otro elemento. Eliminando a n de ese cicloresulta una permutacion de Nn−1 que se descompone en producto de k ciclosdisjuntos. Por este procedimiento se pueden obtener en verdad todas estaspermutaciones, pero cada una de ellas aparecera repetida n−1 veces porqueel elemento n puede reinsertarse en n− 1 posiciones diferentes. Por lo tantoel numero de permutaciones de Nn que se descomponen en k ciclos disjuntosy que no dejan fijo a n es (n−1)

[n−1k

]. Una aplicacion rutinaria del principio

de la suma completa la demostracion.

La relacion que acabamos de demostrar, parecida a la formula de Stifelpara los coeficientes binomiales, permite calcular los numeros de Stirling deprimera clase recursivamente y construir un triangulo similar al de Pascal:

n\k 0 1 2 3 4 5 60 11 0 12 0 1 13 0 2 3 14 0 6 11 6 15 0 24 50 35 10 16 0 120 274 225 85 15 1

Los lados del triangulo se llenan con ceros y unos en virtud de las igual-dades

[0n

]= 0, ∀n > 0 y

[nn

]= 1, ∀n ≥ 0. Las entradas restantes se

obtienen sumando el numero que se halla en la fila superior un lugar a laizquierda con el que esta arriba multiplicado por su numero de fila. Porejemplo en la fila 5 y columna 3 tenemos

[53

]= 11 + 6× 4 = 35.

Proposicion 6.2.3. Para todo n ≥ 0 se cumple:

x(x+ 1) · · · (x+ n− 1) =n∑

k=0

[n

k

]

xk

71

Demostracion: Lo probaremos por induccion en n. La igualdad se cumplepara n = 0 (interpretando el producto vacıo a la izquierda como igual a 1) ypara 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 formaAn,0 + An,1x + · · · + An,nx

n. Sea n > 0. Nuestro objetivo es probar queAn,k =

[nk

]. Supongamos inductivamente que An−1,k =

[n−1k

]. Como el

polinomio x(x + 1) · · · (x + n − 1) se anula en x=0 y tiene el coeficiente dexn igual a 1 es claro que An,0 = 0 =

[n0

]y An,n = 1 =

[nn

]. Ahora bien,

n∑

k=0

An,kxk = (x(x+ 1) · · · (x+ n− 2)) (x+ n− 1)

=

(n−1∑

k=0

An−1,kxk

)

(x+ (n− 1))

=

n∑

k=1

An−1,k−1xk + (n− 1)

n−1∑

k=0

An−1,kxk

= xn +

n−1∑

k=1

(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

k − 1

]

+ (n− 1)

[n− 1

k

]

=

[n

k

]

siendo las dos ultimas igualdades consecuencia de la hipotesis inductiva yde la Proposicion (6.2.2).

Proposicion 6.2.4. Para todo n ≥ 0 se cumple:

x(x− 1) · · · (x− n+ 1) =

n∑

k=0

(−1)n−k

[n

k

]

xk

Demostracion: Basta substituir x por −x en la Proposicion 6.2.3 y mul-tiplicar luego ambos miembros por (−1)n.

Diremos que la sucesion de numeros reales a1, a2, . . . , an presenta unmınimo de izquierda a derecha en la posicion i si se cumple que aj > ai paratodo j < i. Los numeros de Stirling de primera clase estan relacionados coneste concepto del modo siguiente:

72

Proposicion 6.2.5. El numero de permutaciones de Nn que al ser escri-tas en forma de sucesion presentan exactamente k mınimos de izquierda aderecha es

[nk

].

Demostracion: Diremos que la descomposicion en producto de ciclos dis-juntos de una permutacion σ ∈ Sn esta escrita en forma canonica si sesatisfacen las dos condiciones siguientes:

1. Cada ciclo esta escrito comenzando por su menor elemento.

2. Los ciclos estan ordenados de izquierda a derecha en orden decrecientede sus primeros elementos.

Es claro que toda permutacion puede escribirse de acuerdo a estas reglas,y de una unica manera. Por ejemplo :

σ =

(1 2 3 4 5 6 7 82 4 5 1 7 8 3 6

)

= (6, 8)(3, 5, 7)(1, 2, 4)

La ventaja de la forma canonica es que si quitamos los parentesis que encie-rran a cada ciclo, la permutacion original puede ser reconstruıda abriendoparentesis antes de cada mınimo de izquierda a derecha. En efecto, el pri-mer elemento de un ciclo en una descomposicion escrita en forma canonicaes menor que el primer elemento de cualquier ciclo que lo preceda y por lotanto menor que cualquier elemento de ese ciclo. En consecuencia, el primerelemento de cada ciclo es un mınimo de izquierda a derecha, y obviamenteno hay otros mınimos. Construyamos ahora una aplicacion f : Sn → Sndel modo siguiente: a cada σ ∈ Sn la descomponemos en producto de ci-clos disjuntos, escribimos la descomposicion en forma canonica, quitamos losparentesis e interpretamos el resultado como una permutacion escrita en for-ma de sucesion. Por ejemplo si σ es la permutacion del ejemplo precedenteentonces

f(σ) =

(1 2 3 4 5 6 7 86 8 3 5 7 1 2 4

)

La posibilidad de reconstruir una permutacion a partir de la sucesion deelementos que aparecen en su forma canonica nos muestra que f es unabiyeccion, y ademas hace corresponder a cada permutacion que se descom-ponga en k ciclos disjuntos otra con k mınimos de izquierda a derecha. Unaaplicacion del principio de correspondencia finaliza la demostracion.

Otro tratamiento de este tema puede verse en [N2].

73

6.3 Aplicacion al analisis de algoritmos

El algoritmo que analizaremos a continuacion es muy sencillo, y consisteen examinar secuencialmente un arreglo numerico x[1], x[2], . . . , x[n] parahallar el mınimo elemento. Al finalizar, la variable min contendra el valordel menor elemento del arreglo y la variable j su correspondiente ındice.Supondremos, para mayor sencillez, que todos los elementos del arreglo sondistintos.

PASO 1. (Inicializacion) 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 analisis combinatorio de este algoritmo consiste sencillamente en con-tar el numero de veces que se ejecuta cada paso del mismo. Esto es facil,excepto para el PASO 4, cuya ejecucion depende de los datos de entrada(los elementos almacenados en el arreglo). Como maximo este paso se eje-cutara n− 1 veces, y esto ocurrira si y solo si x[1] > x[2] > · · · > x[n]. Perotambien puede ocurrir que no se ejecute nunca, si los elementos del arregloson tales que x[1] < x[2) < · · · < x[n]. En general, llamando A al numerode veces que se ejecuta el PASO 4, tendremos:

PASO veces que se ejecuta1 12 n3 n-14 A5 n-1

El valor exacto de la cantidad A es inferior en una unidad al numero demınimos de izquierda a derecha que presente la sucesion x[1], x[2], . . . , x[n].Puesto que a los fines de este analisis no tienen importancia los valores ab-solutos de los numeros x[i] sino solamente las relaciones de orden entre ellos,supongamos que x[1], x[2], . . . , x[n] son una permutacion de los numeros del

74

1 al n. Entonces la Proposicion (6.2.5) nos dice que el numero de permuta-ciones para las cuales A = k es

[ nk+1

]. Si suponemos que las n! permutaciones

son equiprobables como datos de entrada, entonces la probabilidad de quesea A = k es:

pk = Prob(A = k) =1

n!

[n

k + 1

]

Para obtener el valor esperado y la variancia de A calculemos primero lacorrespondiente funcion generadora de momentos:

G(x) =

n−1∑

k=0

pkxk =

1

n!

n−1∑

k=0

[n

k + 1

]

xk =1

n!(x+ 1)(x+ 2) · · · (x+ n− 1)

donde la ultima igualdad es consecuancia de (6.2.3). Calculemos la derivadalogarıtmica de G(x) :

G′(x)G(x)

=1

x+ 1+

1

x+ 2+ · · ·+ 1

x+ n− 1

Como G(1) = 1, poniendo x = 1 en la expresion anterior resulta que el valoresperado de A es:

E(A) = G′(1) =1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n= Hn − 1

siendo Hn la suma de los primeros n terminos de la serie armonica.Derivando una vez mas resulta:

G′′(x)G(x) − (G′(x))2

G2(x)= − 1

(x+ 1)2− 1

(x+ 2)2− · · · − 1

(x+ n− 1)2

y calculando nuevamente en x=1 tenemos

G′′(1) − (G′(1))2 = − 1

22− 1

32− · · · − 1

n2= 1−H(2)

n

siendo H(2)n =

∑nk=1(1/k

2). Ahora podemos calcular la variancia de A:

Var(A) = G′′(1) +G′(1) − (G′(1))2 = Hn −H(2)n

Con esto finaliza el analisis estadıstico del algoritmo. Utilizando estas mis-mas ideas se puede analizar el algoritmo de ordenacion por seleccion (verejercicios al final del capıtulo).

75

6.4 Particiones, numeros de Stirling de segunda

clase y numeros de Bell

Una particion de un conjunto X es una coleccion {Ai : i ∈ I} de subconjun-tos no vacıos de X, disjuntos dos a dos y tales que su union sea X. Cadaparticion de X permite definir una relacion de equivalencia ∼ en X en lacual x ∼ y si y solo si x, y ∈ Ai para algun i ∈ I. Recıprocamente cadarelacion de equivalencia en X induce una particion de X, a saber aquellaconstituıda por las clases de equivalencia. Es claro que esta correspondenciaentre particiones de X y relaciones de equivalencia en X es biyectiva.

Cada funcion f : X → Y induce una relacion de equivalencia ∼ ensu dominio definiendo a ∼ b si y solo si f(a) = f(b). A la particion de Xdeterminada por esta relacion de equivalencia se le llama nucleo de la funcionf . Si f es sobreyectiva y el conjunto Y tiene k elementos y1, . . . , yk entoncesel nucleo de f se compone tambien de k clases, a saber f−1(y1), . . . , f

−1(yk).El numero de particiones (o lo que es lo mismo, el numero de relaciones deequivalencia) que admite un conjunto de n elementos se denomina numerode Bell de orden n, y lo denotaremos Bn. Aceptaremos por convencion queB0 = 1, aunque esto puede tambien justificarse observando que el conjuntovacıo admite exactamente una particion, a saber la particion vacıa (es decirla particion sin miembro alguno). El numero de particiones que admite unconjunto de n elementos con exactamente k clases se denomina numero deStirling de segunda clase con ındices n y k y lo denotaremos mediante elsımbolo

{nk

}. Es claro que si n > 0 entonces

{n0

}= 0. Tambien es obvio que

si n < k entonces{nk

}= 0. Aceptaremos por convencion, o en virtud del

mismo razonamiento que hicimos mas arriba para B0, que{00

}= 1.

A continuacion demostraremos varias propiedades de los numeros deStirling de segunda clase.

Proposicion 6.4.1. Para todo n > 0 se cumple:{n

1

}

=

{n

n

}

= 1,

{n

2

}

= 2n−1 − 1,

{n

n− 1

}

=

(n

2

)

Demostracion: Si X = {x1, . . . , xn} es un conjunto con n > 0 elementosentonces la unica particion de X con una sola clase es obviamente {X}. Asu vez, la unica particion de X con n clases es {{x1}, . . . , {xn}} y ası quedanprobadas las dos primeras igualdades. En cuanto a la tercera hagamos co-rresponder a cada subconjunto A de X , no vacıo y distinto del propio X, la

76

particion {A,X \ A}. De este modo se obtienen todas las particiones de Xen dos clases, pero cada una de ellas aparece dos veces puesto que A y X\Adeterminan la misma particion. Como X tiene 2n subconjuntos, descontan-do ∅ y X y dividiendo entre dos resulta (2n − 2)/2 = 2n−1 − 1. Por ultimo,para probar la cuarta igualdad basta observar que cualquier particion de Xen n− 1 clases debe constar de una clase de dos elementos y n− 2 clases deun elemento cada una. Pero una particion de este tipo queda determinadauna vez que sabemos cual es la clase con dos elementos, para lo cual hayprecisamente

(n2

)posibilidades.

Proposicion 6.4.2. Para todo n > 0 y k > 0 se cumple:{n

k

}

=

{n− 1

k − 1

}

+ k

{n− 1

k

}

Demostracion: Sea X = {x1, . . . , xn}. Las particiones de X en k clasespueden clasificarse en dos categorıas: las que contienen la clase {xn} y lasque no la contienen. Las primeras son

{n−1k−1

}, puesto que si {xn} es una clase

debe haber k − 1 clases adicionales, cuya union sera {x1, . . . , xn−1}. En lasparticiones de la segunda categorıa el elemento xn debe pertenecer a algunade las k clases, que contendra tambien algun otro elemento. Quitando xn re-sultara una particion de {x1, . . . , xn−1} con k clases, de las cuales hay

{n−1k

}.

Sin embargo aplicando este procedimiento cada particion de {x1, . . . , xn−1}en k clases se obtiene k veces, pues xn podrıa estar en cualquiera de las kclases. De este modo resulta que el numero de particiones en la segundacategorıa es k

{n−1k

}.

La relacion que acabamos de demostrar, analoga a la formula de Stifel paralos coeficientes binomiales y a la Proposicion (6.2.2) para los numeros deStirling de primera clase, permite calcular los numeros de Stirling de segundaclase recursivamente y construir una tabla semejante al triangulo de Pascal:

n \ k 0 1 2 3 4 5 60 11 0 12 0 1 13 0 1 3 14 0 1 7 6 15 0 1 15 25 10 16 0 1 31 90 65 15 1

77

En este triangulo, luego de llenar los lados con ceros y unos, se obtienecada numero sumando al que esta en la fila superior y un lugar a la izquierda,el que esta encima multiplicado por su numero de columna. En la fila 5 ycolumna 3 se tiene por ejemplo

{53

}= 7 + 6× 3 = 25.

Proposicion 6.4.3.

{n+ 1

k + 1

}

=n∑

j=0

(n

j

){j

k

}

Demostracion: Sea X = {x1, x2, . . . , xn+1}. En cada particion de X enk + 1 clases eliminemos la clase que contiene a xn+1. Queda entonces unaparticion de un subconjunto B de {x1, . . . , xn} en k clases. Recıprocamentesi a una particion de un conjunto B ⊂ {x1, . . . , xn} en k clases le agregamosla clase X \B (que no es vacıa pues al menos contiene a xn+1) resulta unaparticion de X en k+1 clases. Las dos correspondencias que hemos definidoson claramente inversas una de la otra, por lo tanto aplicando el principiode correspondencia y luego el de la suma resulta que:

{n+ 1

k + 1

}

=∑

B⊂{x1,...,xn}

{|B|k

}

Para concluir la demostracion basta observar que para cada j = 0, 1, . . . , nhay exactamente

(nj

)subconjuntos B de {x1, . . . , xn} con j elementos.

Proposicion 6.4.4. El numero de funciones sobreyectivas de un conjuntode n elementos en otro de k elementos es k!

{nk

}.

Demostracion: En primer lugar probaremos que si dos funciones f y gde un conjunto X en otro Y son sobreyectivas y tienen el mismo nucleo,entonces existe una unica biyeccion σ : Y → Y tal que f = σ ◦ g. Enefecto, si y ∈ Y sea x ∈ X tal que g(x) = y y definamos σ(y) = f(x).La definicion es buena pues si x′ es otro elemento de X tal que g(x′) = yentonces g(x′) = g(x) y como g y f tienen el mismo nucleo resulta f(x′) =f(x). Es claro que con esta definicion se cumple que σ ◦ g = f , y como ges sobre σ es la unica funcion que satisface esta relacion. Como f es sobreresulta tambien 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)) ypor lo tanto f(x1) = f(x2), pero como f y g tienen el mismo nucleo resulta

78

que g(x1) = g(x2), es decir y1 = y2. La propiedad de tener el mismo nucleoinduce obviamente una relacion de equivalencia en la familia de las funcionesde X sobre Y . Si |X| = n y |Y | = k entonces en virtud de lo que acabamosde probar cada clase de equivalencia debe tener k! elementos (tantos comobiyecciones σ : Y → Y ) y el numero de clases de equivalencia sera igual alnumero de particiones de X en k clases, es decir

{nk

}. Por lo tanto el numero

total de funciones de X sobre Y es k!{nk

}.

Proposicion 6.4.5.{n

k

}

=1

k!

∑

n1+···+nk=nni>0

(n

n1, . . . , nk

)

Demostracion: Es consecuencia inmediata de las Proposiciones (6.4.4) y(3.2.4).

Proposicion 6.4.6.

{n

k

}

=1

k!

n−1∑

j=0

(−1)j(k

j

)

(k − j)n =1

k!

k∑

j=1

(−1)k−j

(k

j

)

jn

Demostracion: Es consecuencia inmediata de las Proposiciones (6.4.4) y(4.2.1).

Proposicion 6.4.7.

n∑

j=0

(k

j

){n

j

}

j! = kn

Demostracion: Sean X e Y dos conjuntos tales que |X| = n y |Y | = k.Toda funcion de X en Y es sobre algun subconjunto de Y . Como el numerototal de funciones de X en Y es kn tenemos entonces que:

∑

B⊂Y

|Sobre(X,B)| = kn

Pero para cada j entre 0 y k hay(kj

)subconjuntos de Y con j elementos, y

el numero de funciones de X sobre cada uno de ellos es j!{nj

}segun (6.4.4).

Una aplicacion del principio de la suma concluye la demostracion.

79

Proposicion 6.4.8.

xn =

n∑

j=0

{n

j

}

[x]j

Demostracion: El polinomio

P (x) = xn −n∑

j=0

{n

j

}

[x]j

se anula para cualquier entero positivo k por la Proposicion (6.4.7). Por lotanto, debe ser identicamente nulo.

Proposicion 6.4.9. Supongamos que λ1, . . . , λn son enteros no negativostales que λ1+2λ2+ · · ·+nλn = n. Entonces el numero de particiones de unconjunto de n elementos con λi clases de i elementos para i = 1, . . . , n es:

n!

(1!)λ1(2!)λ2 · · · (n!)λnλ1!λ2! · · · λn!

Demostracion: Podemos suponer sin perdida de generalidad que el con-junto de n elementos es Nn. Escribamos las n! permutaciones de los numerosdel 1 al n en forma de sucesion y a cada una de ellas hagamosle corresponderuna particion de Nn de la siguiente manera: con los primeros λ1 elementosformamos λ1 clases de un elemento cada una; con los siguientes λ2 pares deelementos formamos λ2 clases de dos elementos cada una, y ası sucesivamen-te. Es claro que de este modo se obtienen todas las particiones de Nn conλi clases de i elementos para cada i = 1, . . . , k, pero cada una de ellas apa-rece repetida (1!)λ1(2!)λ2 · · · (n!)λnλ1!λ2! · · ·λn! veces. En efecto, para cadak = 1, . . . , n hay λk clases de k elementos, y los elementos de cada una deestas clases pueden permutarse entre sı de k! maneras. Esto da cuenta delfactor (k!)λk . Por otra parte las λk clases de k elementos pueden permutarseentre sı de λk! maneras.

Proposicion 6.4.10. La funcion generatriz exponencial de los numeros deStirling de segunda clase

{nk

}para k ≥ 0 fijo es (et − 1)k/k!.

80

Demostracion: Utilizando (6.4.5) se tiene:

∞∑

n=k

1

n!

{n

k

}

tn =

∞∑

n=k

1

n!k!

∑

n1+···+nk=n

(n

n1, . . . , nk

)

tn

=1

k!

∞∑

n=k

(∑

n1+···+nk=n

1

n1! · · · nk!

)

tn

=1

k!

(t

1!+t2

2!+t3

3!+ · · ·

)k

=(et − 1)k

k!

Proposicion 6.4.11.

Bn =n∑

k=0

{n

k

}

Demostracion: Clasifique las particiones de un conjunto de n elementossegun el numero de clases que contengan, y aplique el principio de la suma.

Proposicion 6.4.12.

Bn+1 =n∑

k=0

(n

k

)

Bk

Demostracion: Todas las particiones de Nn+1 pueden obtenerse escogien-do primero el conjunto de elementos F ⊂ Nn que acompanaran a n + 1 ensu clase y efectuando luego una particion de Nn \ F . Por lo tanto:

Bn+1 =∑

F⊂Nn

Bn−|F | =n∑

k=0

∑

F⊂Nn

|F |=k

Bn−k

=n∑

k=0

(n

k

)

Bn−k =n∑

k=0

(n

k

)

Bk

(la ultima igualdad es consecuencia de la simetrıa de los coeficientes bino-miales).

81

Proposicion 6.4.13. La funcion generatriz exponencial de los numeros deBell es:

∞∑

n=0

Bn

n!tn = ee

t−1

Demostracion: Aplicando las Proposiciones (6.4.10) y (6.4.11) se tiene:

∞∑

n=0

Bn

n!tn =

∞∑

n=0

1

n!

(n∑

k=0

{n

k

})

tn

=

∞∑

k=0

∞∑

n=k

1

n!

{n

k

}

tn =

∞∑

k=0

1

k!(et − 1)k = ee

t−1

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

Triangulo de BellLos numeros de Bell pueden obtenerse a partir del siguiente triangulo, en elcual Bn es el ultimo numero de la fila n. La regla de formacion de cada filaes la siguiente: se coloca como primer elemento el ultimo numero de la filaanterior, luego se suma este primer elemento con el numero que esta arribasuyo y el resultado se coloca como segundo numero de la fila, la suma deeste con el que esta arriba suyo es el tercero, y ası sucesivamente. La filanumero 5 por ejemplo se obtuvo ası: su primer elemento es el ultimo dela fila 4, es decir el 15. El segundo elemento es 15 + 5 = 20, el tercero20 + 7 = 27, el cuarto 27 + 10 = 37 y el quinto y ultimo B5 = 37 + 15 = 52.El proceso comienza colocando B1 = 1 en la primera fila. La justificacionde este procedimiento se deja al lector (ver Ejercicio 16).

n=1 1n=2 1 2n=3 2 3 5n=4 5 7 10 15n=5 15 20 27 37 52n=6 52 67 87 114 151 203n=7 203 255 322 409 523 674 877n=8 877 . . .

82

Para finalizar, recomendamos al lector el interesante artıculo de divul-gacion de Martin Gardner [G1] sobre los numeros de Bell.

6.5 Ejercicios

1. Pruebe que el numero de Stirling de primera clase[nk

]es igual a la

suma de todos los productos de n − k numeros distintos entre 1 yn− 1. Por ejemplo,

[53

]= 1 · 2 + 1 · 3 + 1 · 4 + 2 · 3 + 2 · 4 + 3 · 4 = 35.

Deduzca como corolario la siguiente acotacion:

[n

k

]

≤(n− 1

k − 1

)2

(n− k)!

2. (Algoritmo de ordenacion por seleccion)El siguiente algoritmo ordena el arreglo x[1], . . . , x[n] en forma ascen-dente:

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 numero de veces que se ejecuta cada paso distinto del Paso6. Pruebe que si x[1], . . . , x[n] es una permutacion de los numeros del1 al n tomada al azar entonces el valor esperado del numero de vecesque se ejecuta el Paso 6 es (n+ 1)Hn − n.

3. Demuestre la Proposicion (6.4.9) a partir de la (6.1.3).

4. Pruebe que{ nn−2

}=(n3

)+ 3(n4

)

5. Pruebe que{

nn−3

}=(n4

)+ 10

(n5

)+ 15

(n6

)

83

6. Pruebe que el numero de particiones de Nn en k clases que no conten-gan elementos consecutivos es

{n−1k−1

}.

Como aplicacion, muestre que el numero de banderas con n franjashorizontales que se pueden pintar con k colores, de modo que aparezcantodos los colores y no haya franjas adyacentes del mismo color, esk!{n−1k−1

}.

7. Pruebe que para un k fijo, la funcion generatriz de los numeros deStirling de segunda clase

{n+kk

}es:

∞∑

n=0

{n+ k

k

}

xn =1

(1− x)(1− 2x) · · · (1− kx)

8. Pruebe que el numero de Stirling de segunda clase{nk

}es igual a la

suma de todos los productos de n − k factores entre 1 y k , dondepuede haber factores repetidos. Por ejemplo,

{5

3

}

= 1 · 1 + 1 · 2 + 1 · 3 + 2 · 2 + 2 · 3 + 3 · 3 = 25

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 coeficientesreales y grado menor o igual a n , del mismo modo que los polinomios1, x, x2, . . . , xn. Exprese las matrices de cambio de una a otra baseutilizando los numeros de Stirling. Multiplicando una de estas matricespor su inversa obtenga relaciones entre los numeros de Stirling deprimera y segunda clase.

10. Si n > 1 es producto de k factores primos distintos, pruebe que elnumero de descomposiciones de n en producto de factores mayoresque 1 es Bk.

11. Pruebe que el numero de particiones de Nn tales que cada clase tieneal menos dos elementos es igual al numero de particiones de Nn−1 talesque al menos una clase tiene exactamente un elemento.

12. Demuestre la Proposicion (6.4.12) a partir de las Proposiciones (6.4.3)y (6.4.11).

84

13. Obtenga la formula de Bell multiplicando la funcion generatriz expo-nencial de la sucesion {Bn} por el desarrollo en serie de ez y usandola Proposicion (6.4.12).

14. Demuestre la “formula de Dobinsky”:

Bn+1 =1

e

(1n

0!+

2n

1!+

3n

2!+ · · ·

)

15. Pruebe que el numero de particiones de Nn tales que ninguna clasecontiene elementos consecutivos es Bn−1.

16. Justifique la contruccion del triangulo de Bell.

Capıtulo 7

Teoremas de existencia

“Mirando bien las cosas, parece que el matematico debe tenerel valor de afirmar sus convicciones ıntimas, lo que le llevara adecir que las estructuras matematicas estan dotadas de unaexistencia independiente de la mente humana que las piensa.Esta existencia es, sin duda alguna, muy diferente de la exis-tencia concreta y material del mundo exterior, pero no por esodeja de estar relacionada de manera sutil y profunda con laexistencia objetiva.”

Rene Thom.

En este capıtulo hemos agrupado algunos resultados que afirman la exis-tencia de algun tipo de objeto matematico a partir de consideraciones com-binatorias, entre ellos el teorema de Ramsey y algunas de sus consecuenciasy el Teorema de Philip Hall sobre sistemas de representantes distintos. In-cluımos el teorema de Van der Waerden por cuanto creemos que pertenecea este mismo orden de ideas, aunque tambien podrıa ser considerado unresultado de teorıa de numeros. Por ultimo aprovechamos la ocasion parailustrar la significacion y las posibilidades de las estructuras de orden enCombinatoria.

86

7.1 El Teorema de Ramsey

El Teorema de Ramsey es una generalizacion profunda del llamado “Princi-pio de Dirichlet”, por lo cual demostraremos en primer lugar este resultado.(Acotemos sin embargo que desde el punto de vista que hemos adoptadoen esta obra el de Dirichlet no es un “verdadero” principio, sino una conse-cuencia mas o menos inmediata de los principios de correspondencia y de lasuma)

Principio de Dirichlet 7.1.1. Sean a1, . . . , ak numeros enteros no nega-tivos y sea n = a1 + · · · + ak − k + 1 . Si |X| ≥ n y X = A1 ∪ · · · ∪ Ak esuna descomposicion de X como union de subconjuntos disjuntos, entoncespara algun i (1 ≤ i ≤ k) se tiene |Ai| ≥ ai.

Demostracion: 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 contradiccion con la hipotesis |X| ≥ n.

En lo sucesivo, si X es un conjunto y r un entero no negativo, Pr(X)denotara la coleccion de subconjuntos de r elementos del conjunto X, esdecir Pr(X) = {A ⊂ X : |A| = r}.

Teorema de Ramsey 7.1.2. Sean r, a1, . . . , ak enteros tales que 1 ≤ r ≤ai para i = 1, . . . , k. Entonces existe un mınimo numero enteroR(a1, . . . , ak; r) tal que si X es un conjunto con |X| ≥ R(a1, . . . , ak; r) yPr(X) = A1 ∪ · · · ∪ Ak es una descomposicion de Pr(X) en k subconjuntosdisjuntos entonces para algun i (1 ≤ i ≤ k) existe un subconjunto Y de Xcon |Y | = ai y Pr(Y ) ⊂ Ai. (Los numeros R(a1, . . . , ak; r) cuya existenciaafirma este Teorema se conocen como numeros de Ramsey)

Demostracion: Si identificamos X con P1(X) por medio de la biyeccionnatural que lleva x en {x} el Principio de Dirichlet (7.1.1) nos muestra queeste Teorema es valido para r = 1. Mas aun nos dice que:

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

De hecho es facil ver que se cumple la igualdad. Para k = 1 y r cualquierala demostracion es tambien facil. En este caso se tiene R(a1; r) = a1. Enefecto,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 conesta propiedad.

87

Ahora probaremos el teorema para k = 2. En primer lugar observemosque si R(a1, a2; r) existe entonces tambien 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 aR(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 oigual que R(a1, a2; r). Analogamente se ve que R(a1, a2; r) ≤ R(a2, a1; r).

Tambien 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 a1elementos tenemos Pr(Y ) ⊂ Pr(X) = A1.2) A2 6= ∅ . En este caso sea T ∈ A2. Puesto que T es un subconjuntode X de r elementos, tenemos que Pr(T ) = {T} ⊂ A2. Esto prueba queR(a1, r; r) ≤ a1. Pero si |X| < a1, escribiendo Pr(X) = Pr(X) ∪ ∅ vemosque no hay subconjuntos de X con a1 elementos, ni tampoco subconjunto Yalguno de r elementos con Pr(Y ) = {Y } ⊂ ∅. Por lo tanto R(a1, r; r) = a1.Por la simetrıa senalada anteriormente tambien se tiene R(r, a2; r) = a2.

A continuacion demostraremos la existencia de los numeros R(a1, a2; r)por induccion en a1, a2 y r, partiendo de la existencia ya demostrada parar = 1 ≤ a1, a2, y para r cualquiera y a1 o a2 iguales a r. Supongamosentonces 1 < r < ai(i = 1, 2). Por hipotesis 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) + 1y sea X un conjunto tal que |X| ≥ m. Sea x un elemento cualquiera deX y sea T = X\{x}. Si Pr(X) = A1 ∪ A2 con A1 ∩ A2 = ∅ entoncespodemos descomponer Pr(T ) como union disjunta de dos subconjuntos B1

y B2 definidos ası:

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 unsubconjunto 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 elotro es analogo. 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 contieneun subconjunto W con |W | = a1 − 1 y Pr(W ) ⊂ C1 o un subconjunto Ycon |Y | = a2 y Pr(Y ) ⊂ C2. En este ultimo caso estamos listos ya queC2 ⊂ 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 relementos no contiene al elemento x, entonces esta en Pr(W ) y por lo tanto

88

en A1. Los subconjuntos de Y de r elementos que contienen al elementox son de la forma {x} ∪ Z con Z ∈ Pr−1(W ). Pero W ⊂ U , de dondeZ ∈ Pr−1(W ) ⊂ Pr−1(U) ∪ B1 y por la definicion de B1 tenemos entoncesque {x} ∪ Z ∈ A1. Hemos probado ası que existe un numero m con lasiguiente propiedad: “Si |X| ≥ m, Pr(X) = A1∪A2 y A1∩A2 = ∅ entoncesexiste Y ⊂ X tal que |Y | = ai y Pr(Y ) ⊂ Ai, para i = 1 o 2”. Debe existirentonces un mınimo 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 inducion en k. Como ya lo he-mos probado para k = 1 y k = 2, supongamos entonces k > 2 y seam = R(a1, . . . , ak−2, R(ak−1, ak; r); r). Sea X un conjunto con |X| ≥ my Pr(X) = A1 ∪ · · · ∪ Ak una descomposicion de Pr(X) en k subconjuntosdisjuntos. Agrupando Ak−1 y Ak tenemos una descomposicion de Pr(X) enk − 1 subconjuntos disjuntos:

Pr(X) = A1 ∪ · · · ∪Ak−2 ∪ (Ak−1 ∪Ak)

Entonces por la definicion de m existe Y ⊂ X tal que ocurre una de las doscosas siguientes:1) Para algun 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 esta listo. En el segundo podemos escribir Pr(Y ) =(Ak−1 ∩Pr(Y ))∪ (Ak ∩Pr(Y )) y entonces por la definicion 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.Esto prueba que R(a1, . . . , ak; r) existe, y mas aun

R(a1, . . . , ak; r) ≤ R(a1, . . . , ak−2, R(ak−1, ak; r); r)

Proposicion 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

Demostracion: Todos estos resultados han sido establecidos en el trans-curso de la demostracion del Teorema de Ramsey (7.1.2), con excepcion dev), que es consecuencia inmediata de iv) y ii).

Salvo por los casos triviales a que hacen referencia los puntos i), ii) yiii) de la Proposicion anterior son pocos los numeros de Ramsey cuyo valorse conoce exactamente. Los valores conocidos de R(p, q; 2) se resumen en latabla que aparece al final del libro. Ademas se sabe que R(3, 3, 3; 2) = 17.(Vea tambien [W2]).

7.2 Aplicaciones a la teorıa de grafos

A continuacion haremos un resumen de las definiciones y conceptos basicosde la teorıa de grafos que necesitaremos. El lector no familiarizado con estateorıa puede consultar [B2] o [H2]. Un grafo es un par G = (V,A) dondeV es un conjunto no vacıo y A es un conjunto de pares (desordenados) deelementos distintos de V , es decir un subconjunto de P2(V ). El grafo esfinito si V lo es. Los elementos de V se llaman vertices y los de A aristas.Se llama extremos de una arista a los dos vertices que le pertenecen. Dosvertices distintos son adyacentes si son extremos de una misma arista. Unconjunto de vertices W ⊂ V es independiente si no contiene ningun par devertices adyacentes. Un vertice y una arista son incidentes si el primero esun extremo de la segunda. La valencia o grado de un vertice v ∈ V es elnumero de aristas incidentes con v. La denotaremos mediante ρ(v). Comocada arista tiene dos extremos, para los grafos finitos se cumple la siguienteidentidad debida a Euler:

∑

v∈Vρ(v) = 2|A|

de la cual se deduce que el numero de vertices con valencia impar debe serpar. El grafo G = (V,A) es completo si A = P2(V ), es decir si todo par devertices distintos de V son adyacentes. Es claro que un grafo de n verticeses completo si y solo si tiene n(n − 1)/2 aristas. Un grafo G′ = (V ′, A′) essubgrafo de G = (V,A) si V ′ ⊂ V y A′ ⊂ A. Si G = (V,A) es un grafo yW ⊂ 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 delgrafo G = (V,A) es el grafo G = (V, P2(V )\A).

Proposicion (Erdos - Szekeres) 7.2.1. Dados enteros a, b ≥ 2 existe unmınimo entero N(a, b) tal que todo grafo con N(a, b) o mas vertices contieneun subgrafo completo de a vertices o un conjunto de b vertices independien-tes. Ademas se cumple la desigualdad

N(a, b) ≤(a+ b− 2

a− 1

)

Demostracion: La primera parte de esta proposicion resulta del teoremade Ramsey al tomar k = r = 2 y N(a, b) = R(a, b; 2). Para probar ladesigualdad observemos que:

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

((a+ 2)− 2

a− 1

)

Procediendo ahora por induccion tenemos que si a, b > 2 entonces:

N(a, b) ≤ N(a− 1, b) +N(a, b− 1)

≤((a− 1) + b− 2

(a− 1)− 1

)

+

(a+ (b− 1)− 2

a− 1

)

=

(a+ b− 2

a− 1

)

Una coloracion de las aristas de un grafo G = (V,A) con k colores esuna funcion f : A→ C siendo C un conjunto de k elementos (no imponemosninguna restriccion sobre los colores de aristas con un extremo comun). Unsubgrafo de un grafo coloreado se dice monocromatico si todas sus aristas sondel mismo color. La existencia de los numeros de Ramsey R(a1, . . . , ak; 2)nos permite enunciar la siguiente proposicion:

Proposicion 7.2.2. Dados k numeros a1, . . . , ak ≥ 2 existe un mınimoentero N(a1, . . . , ak) tal que si las aristas de un grafo de N(a1, . . . , ak) omas vertices se colorean con k colores, entonces para algun i (1 ≤ i ≤ k) Gcontiene un subgrafo monocromatico completo de ai vertices.

91

Proposicion 7.2.3. Si G = (V,A) es un grafo infinito numerable, entoncesG contiene un subgrafo completo infinito o un conjunto infinito de verticesindependientes.

Demostracion: Sea F = {v ∈ V : ρ(v) <∞} el conjunto de los verticescon valencia finita. Distinguiremos dos casos:a) F es infinito.

En este caso sean u1, u2, . . . los vertices con valencia finita. Construya-mos inductivamente una nueva sucesion de vertices ası: sea v1 = u1, y comov2 tomemos el primer ui no adyacente a v1. Como v3 tomamos el primerui no adyacente a v1 ni a v2, . . . y en general si ya hemos elegido v1, . . . , vkentonces como vk+1 tomamos el primer ui no adyacente a ninguno de losvertices v1, v2, . . . , vk. Esto siempre es posible por tener estos vertices valen-cia finita, mientras que los ui son infinitos. Los vertices vi ası construıdosconstituyen 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 vertices de V1 adyacentes a u1.Es claro que |U1| =∞ ya que ρ(u1) =∞ y fuera de V1 hay solo un numerofinito de vertices. Definamos ahora V2 como el conjunto de elementos de U1

que son adyacentes a infinitos vertices de U1. Si |V2| <∞ entonces se puedeaplicar al subgrafo de G generado por U1 el razonamiento que hicimos parael caso a) resultando en la existencia de un conjunto independiente infinito.Por el contrario si |V2| = ∞ escojamos u2 ∈ V2 y repitamos el procesodefiniendo U2 como el conjunto de vertices de V2 adyacentes a u2, etc. Sieste proceso se detiene al resultar algun Vn finito, entonces existe un conjuntoinfinito independiente. Si por el contrario el proceso no se detiene, entoncesla sucesion u1, u2, . . . genera un subgrafo infinito completo.

La generalizacion correspondiente de (7.2.2) es la siguiente:

Proposicion 7.2.4. Si las aristas de un grafo completo con una infinidadnumerable de vertices se colorean con r colores, entonces existe un subgrafocompleto infinito y monocromatico.

Demostracion: Por induccion en r. Para r = 1 es obvio, y para r = 2es la Proposicion (7.2.3). Supongamos ahora que el resultado es cierto para

92

un r > 2. Dado un grafo completo infinito numerable, si las aristas secolorean con r+1 colores 1, 2, . . . , r+1, identifiquemos los colores r y r+1.Entonces por la hipotesis inductiva existe un subgrafo completo infinito conlas aristas de un mismo color i para algun i = 1, . . . , r − 1, o un subgrafocompleto infinito con las aristas coloreadas con los colores r y r + 1, el cuala su vez por la Proposicion (7.2.2) debe tener un subgrafo completo infinitomonocromatico.

7.3 Una aplicacion geometrica

Se dice que un conjunto de puntos del plano esta en posicion generica si nohay tres de ellos alineados.

Proposicion (Erdos - Szekeres) 7.3.1. Para cada entero m ≥ 3 existeun mınimo entero Nm con la propiedad siguiente: para cualquier conjuntode n puntos del plano en posicion generica con n ≥ Nm hay m de ellos queson los vertices de un polıgono convexo.

Demostracion: Es claro que N3 = 3 pues todos los triangulos son con-vexos. N4 debe ser mayor que cuatro, ya que cuatro puntos dispuestos demodo que uno de ellos sea interior al triangulo determinado por los otros tresno son los vertices de un cuadrilatero convexo. Probemos que N4 = 5. Enefecto, la capsula convexa de un conjunto de 5 puntos en posicion genericaes un pentagono, un cuadrilatero o un triangulo. En los dos primeros casos,tomando cuatro vertices de la capsula convexa estamos listos. En el tercercaso dos de los puntos (digamos A y B) son interiores al triangulo deter-minado por los otros tres (digamos C, D y E). La recta AB deja en unmismo semiplano a dos de los vertices del triangulo (digamos a C y D) y enel semiplano opuesto al vertice restante. Es facil ver entonces que A,B,C yD son vertices de un cuadrilatero convexo.

Ahora probaremos que si n puntos estan en posicion generica y cuatrocualesquiera de ellos son los vertices de un cuadrilatero convexo entonces losn puntos son los vertices de un n-gono convexo. Para verlo sean P1, . . . , Pm

los vertices de la capsula convexa, numerados en el orden en que aparecen alrecorrer su perımetro en uno de los dos sentidos posibles. Sim < n, entoncesalguno de los puntos dados es interior a la capsula convexa y por lo tantoa alguno de los triangulos P1P2P3, P1P3P4, . . . , P1Pm−1Pm. Pero entoncestendrıamos cuatro puntos tales que uno de ellos es interior al triangulo de-

93

��������������eeeeeeeeeeeeee

C D

E

t

A

t

B

terminado por los otros tres, y no serıan vertices de un cuadrilatero convexocontradiciendo la hipotesis. Por lo tanto n = m, como querıamos probar.

Sean ahora m ≥ 4 y n ≥ R(m, 5; 4). Dado un conjunto X de n puntosdel plano en posicion generica descompongamos P4(X) en la union disjuntade dos subconjuntos A y B, poniendo en A aquellas cuaternas de puntos deX que sean vertices de un cuadrilatero convexo, y en B las restantes. Envirtud de la definicion de R(m, 5; 4) existen dos posibilidades:a) Hay un subconjunto de X de m puntos tal que todos sus subconjuntos de4 puntos estan en A. En este caso los m puntos son vertices de un m-gonoconvexo, como probamos mas arriba.b) Hay un subconjunto de X de 5 puntos tales que todos sus subconjuntosde 4 puntos estan en B. Pero esto es imposible, pues ya probamos que unpentagono contiene al menos un cuadrilatero convexo (N4 = 5).

Entonces R(m, 5; 4) satisface la propiedad deseada. Por tanto hay unmınimo entero Nm ≤ R(m, 5; 4) con esta propiedad.

Los unicos valores conocidos de Nm son N3 = 3, N4 = 5 y N5 = 9. Se haconjeturado que Nm = 2m−2 + 1.

La Proposicion (7.3.1) puede generalizarse a Rn (Ver ejercicio 9 al finaldel capıtulo).

94

7.4 El Teorema de Graham - Rothschild

En lo que sigue, si a y b son numeros enteros y a ≤ b, usaremos la notacion[a, b] para referirnos al conjunto de los numeros enteros comprendidos entrea 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 coin-ciden hasta la ultima aparicion de t (si la hay) inclusive. En otras palabras,x = (x1, . . . , xm) y y = (y1, . . . , ym) son t-equivalentes si y solo si no existenındices 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 numero natural rexiste un mınimo entero N(t,m, r) tal que si n ≥ N(t,m, r) y [1, n] secolorea con r colores, entonces existen naturales a, d1, . . . , dm que satisfacena + t

∑mi=1 di ≤ n y tales que para cada clase de t-equivalencia E de [0, t]m

el conjunto:

{a+m∑

i=1

xidi : (x1, . . . , xm) ∈ E}

es monocromatico.

Demostracion: Llamaremos A(t,m) al enunciado de esta Proposicion. Laidea de la demostracion es hacer una induccion doble en t y m, probandoque:

I) A(1, 1) es verdaderoII) 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-equivalenciason solamente dos, a saber {0, 1, . . . , t − 1} y {t}. Por lo tanto A(t, 1) sereduce a la afirmacion siguiente: “Para todo natural r existe un mınimoentero N(t, 1, r) tal que si n ≥ N(t, 1, r) y [1, n] se colorea con r coloresexisten naturales a y d que satisfacen a + td ≤ n y los conjuntos {a, a +d, . . . , a + (t − 1)d)} y {a + td} son monocromaticos”. En otras palabras,dados t y r si n es suficientemente grande y [1, n] se colorea con r colores hayuna progresion aritmetica de longitud t con todos sus terminos del mismocolor. Este es un famoso teorema demostrado por primera vez por Van derWaerden [W1].

Procedamos ahora con la demostracion:

95

I) A(1, 1) en virtud de la discusion anterior es trivialmente verdadero (Bastatomar N(1, 1, r) = 2).II) Para un r fijo seanM = N(t,m, r) yM ′ = N(t, 1, rM ), los cuales existenpor la hipotesis inductiva. Sea C : [1,MM ′] → [1, r] una r-coloracion.Definamos una rM -coloracion C ′ : [1,M ′]→ [1, r]M del modo siguiente:

C ′(k) = (C((k − 1)M + 1), C((k − 1)M + 2), . . . , C(kM))

Por definicion deM ′ 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 aplicandole A(t,m) vemos que existen a, d1, . . . , dmcon (a′ − 1)M + 1 ≤ a y a+ t

∑mi=1 di ≤ a′M tales que C(a+

∑mi=1 xidi) es

constante en las clases de t-equivalencia. Definamos d′i = di (1 ≤ i ≤ m) yd′m+1 = d′M . Entonces:

a+ t

m+1∑

i=1

d′i = a+ t

m∑

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-equivalen-tes de [0, t]m+1. Sean:

X = a+

m+1∑

i=1

xid′i , Y = a+

m+1∑

i=1

yid′i

Probaremos que C(X) = C(Y ). Si xm+1 o ym+1 valen t entonces por ladefinicion de t-equivalencia tendremos xi = yi para i = 1, . . . ,m + 1 ypor 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+1d

′) resulta que C((a′ − 1)M + j) = C((a′ +xm+1d

′ − 1)M + j), ∀ j ∈ [1,M ]. Sean ahora

X0 = a+

m∑

i=1

xid′i , Y0 = a+

m∑

i=1

yid′i

Por la hipotesis inductiva se tiene que C(X0) = C(Y0). Ahora bien, puestoqueX0 ≥ a ≥ (a′−1)M+1 yX0 ≤ a+t

∑mi=1 d

′i ≤ a′M entonces X0 se puede

escribir como (a′− 1)M +h para algun h ∈ [1,M ], y X = X0 +xm+1d′M =

(a′−1+xm+1d′)M+h de donde resulta que C(X0) = C(X). Analogamente

se ve que C(Y0) = C(Y ), y por lo tanto C(X) = C(Y ) como querıamosprobar.

96

III) Probaremos que N(t + 1, 1, r) existe y no supera a N(t, r, r). Si C :[1, N(t, r, r)] → [1, r] entonces existen a, d1, . . . , dr tales que a+ t

∑ri=1 di ≤

N(t, r, r) y C(a +∑r

i=1 xidi) 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 dos en los cuales la t aparece digamos u y v veces y sontales que C(a + t

∑ui=1 di) = C(a + t

∑vi=1 di). Supongamos u < v. Como

( t, . . . , t︸ ︷︷ ︸

u

, x, . . . , x︸ ︷︷ ︸

v−u

, 0, . . . , 0︸ ︷︷ ︸

r−v

) y ( t, . . . , t︸ ︷︷ ︸

u

, 0, . . . , 0︸ ︷︷ ︸

r−u

) para cualquier x ∈ [0, t−1]

son t-equivalentes se deduce que los t+ 1 numeros:

a+ tu∑

i=1

di + xv∑

i=u+1

di , x = 0, . . . , t

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 positivost y r existe un menor entero W (t, r) tal que si n ≥ W (t, r) y [1, n] secolorea con r colores entonces hay una progresion aritmetica monocromaticade longitud t.

Demostracion: Como ya observamos es un caso particular del teoremaanterior, para m = 1. Vea tambien [GR1].

7.5 Conjuntos parcialmente ordenados

Un orden parcial en un conjunto X es una relacion reflexiva, antisimetricay transitiva. En otras palabras � es un orden parcial en X si y solamentesi 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 � esun orden parcial en X. Si Y ⊂ X diremos que z ∈ Y es el maximo de Y siy � z para todo y ∈ Y . Analogamente w ∈ Y es el mınimo de Y si w � ypara todo y ∈ Y . El maximo y el mınimo pueden no existir, pero si existenson unicos. 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 Cson comparables. Es facil ver que una cadena finita siempre tiene maximoy mınimo. Una cadena es maximal si no esta estrictamente contenida enninguna otra cadena. En otras palabras, la cadena C es maximal si paratodo x fuera de C existe algun y ∈ C no comparable con x. Es claro quetoda cadena C en X esta contenida en una cadena maximal, que se puedeobtener agregando a C uno a uno los elementos de X que sean comparablescon todos los de C (este argumento no serıa valido si X fuese infinito, peroel 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 contieneningun par de elementos comparables. Una anticadena es maximal si noesta estrictamente contenida en ninguna otra anticadena. Es facil ver queuna anticadena T es maximal si y solo si cualquier elemento de X queno pertenezca a T es comparable con algun elemento de T , y que todaanticadena esta contenida en una anticadena maximal.

Denotaremos mediante c(X) al mınimo numero de cadenas que puedehaber en una particion deX en cadenas, y mediante a(X) al maximo numerode elementos que puede tener una anticadena en X.

Teorema de Dilworth 7.5.1. Para todo conjunto finito parcialmente or-denado X se cumple a(X) = c(X).

Demostracion: Observemos en primer lugar que a(X) ≤ c(X), ya que siT es una anticadena con a(X) elementos, en cualquier particion de X encadenas cada elemento de T debe pertenecer a una cadena distinta.

Procederemos por induccion en el numero de elementos de X. Si |X| = 1entonces obviamente a(X) = c(X) = 1 y el resultado es cierto. Supongamosahora que |X| = n > 1 y que el teorema es cierto para conjuntos con menosde n elementos. Sea C una cadena maximal en X y sea Y = X\C. Porla hipotesis inductiva se tiene a(Y ) = c(Y ). Ademas es claro que a(Y ) ≤a(X). Si esta ultima desigualdad es estricta entonces Y puede particionarseen c(Y ) = a(Y ) cadenas, y agregando C tenemos una particion de X ena(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 maximaltanto en Y como en X. Sean:

X− = {x ∈ X : x � yi para algun i = 1, . . . ,m}X+ = {x ∈ X : yi � x para algun i = 1, . . . ,m}

98

Como T es una anticadena maximal en X cualquier elemento de X es com-parable con algun yi, por lo tanto se tiene que X = X− ∪ X+. Sea x0 elmınimo elemento de la cadena C y x1 el maximo. Entonces x0 6∈ X+ , yaque si yi � x0 para algun yi entonces agregando yi a C se obtendrıa unacadena, contradiciendo la maximalidad de C. Analogamente x1 6∈ X−. Porlo tanto X− y X+ son subconjuntos propios de X y se les puede aplicar lahipotesis de induccion. Como a(X−) = a(X+) = m (pues ambos conjuntoscontienen la anticadena T ) entonces X− puede particionarse en m cadenasK1, . . . ,Km y X+ en m cadenas L1, . . . , Lm. Sin perdida de generalidadpodemos elegir la numeracion de manera tal que yi ∈ Ki y yi ∈ Li parai = 1, . . . ,m. Entonces yi es el maximo de Ki. En efecto, si x ∈ K1, x 6= yientonces debe ser x � yi pues de lo contrario, por ser Ki una cadena, serıayi � x ; pero x � yj para algun j, por definicion de X−, y tendrıamosyi � yj contradiciendo el hecho de ser T una anticadena. Analogamente seprueba que yi es el mınimo de Li. De aquı se deduce que Mi = Ki ∪ Li esuna cadena para cada i = 1, . . . ,m. Es facil ver que estas cadenas Mi sondisjuntas. En efecto si i 6= j, puesto que Ki∩Kj = Li∩Lj = ∅, se tiene queMi∩Mj = (Ki∩Lj)∪(Li∩Kj). Pero si x ∈ Ki∩Lj entonces x � yi, yj � xlo cual conduce al absurdo yj � yi. Por lo tanto Ki∩Lj es vacıo, y de modoanalogo se prueba que Li ∩Kj tambien lo es.

Hemos probado entonces que M1, . . . ,Mm es una particion de X en ca-denas, por lo cual c(X) ≤ m = a(X).

El valor comun de a(X) y c(X) se denomina numero de Dilworth delconjunto parcialmente ordenado X.

Un grafo G = (V,A) se dice que es bipartito si el conjunto de vertices Ves la union de dos subconjuntos disjuntos independientes V1 y V2. En estecaso todas las aristas de G tendran un extremo en V1 y otro en V2. Un pareodel grafo bipartito G = (V1 ∪V2, A) es una funcion inyectiva f : V1 → V2 talque {v, f(v)} ∈ A ∀ v ∈ V1. Otra forma de pensar en un pareo es como unconjunto de aristas tales que cada vertice de V1 es extremo de una y solouna de ellas, y ningun vertice de V2 es extremo de mas de una de ellas. SiW ⊂ V1 denotaremos W ⋆ al conjunto de vertices adyacentes a algun verticede W , es decir:

W ⋆ = {v ∈ V2 : {w, v} ∈ A para algun w ∈W}Teorema del matrimonio 7.5.2. Un grafo bipartito G = (V1 ∪V2, A) ad-mite un pareo si y solo si |W ⋆| ≥ |W | para todo W ⊂ V1.

99

Demostracion: Si existe un pareo f : V1 → V2 yW ⊂ V1 entonces f(W ) ⊂W ⋆ y como f es inyectiva se tiene |W | = |f(W )| ≤ |W ⋆|.

Supongamos ahora que se cumple la condicion |W ⋆| ≥ |W | para todoW ⊂ V1. Definamos un orden parcial en el conjunto de vertices V de Gponiendo u � v si y solo 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 launion disjunta de T1 y T2. Ademas T ⋆

1 ⊂ V2\T2, por lo tanto

|V2| − |T2| = |V2\T2| ≥ |T ⋆1 | ≥ |T1|

y en consecuencia |T | = |T1| + |T2| ≤ |V2|. Como por otra parte V2 mismoes una anticadena, tenemos que el maximo numero de elementos en unaanticadena es |V2|. El teorema de Dilworth nos permite afirmar la existenciade una particion de V en |V2| cadenas disjuntas. Es claro que cada una deesas cadenas contiene uno y solo un elemento de V2. Cada elemento u ∈ V1pertenece a una y solo una de esas cadenas, digamos {u,w} con w ∈ V2adyacente a u. Poniendo f(u) = w resulta un pareo.

El teorema del matrimonio admite la siguiente interpretacion, que jus-tifica su nombre: sea V1 un conjunto de muchachas y V2 un conjunto demuchachos. Construyamos un grafo bipartito G = (V1 ∪ V2, A) incluyendouna arista {u,w} cada vez que a la muchacha u le agrade el muchacho w. Unpareo no es mas que una forma de asignar a cada muchacha un muchachoque sea de su agrado, de modo que ningun muchacho sea asignado a mas deuna muchacha. El teorema (7.5.2) nos dice que existe un pareo si y solo sipara cualquier conjunto de n muchachas hay al menos n muchachos que sondel 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 sistemade 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 sub-conjuntos de X satisface la condicion | ∪i∈F Si| ≥ |F | ∀F ⊂ Nm entonces Sadmite un sistema de representantes distintos.

Demostracion: Sean V1 = S y V2 = X. Consideremos el grafo bipartitocon conjunto de vertices V1 ∪ V2 y en el cual Si y x son adyacentes si y solo

100

si x ∈ Si. Si F ⊂ Nm y definimos W = {Si : i ∈ F} entonces W ⋆ = ∪i∈FSi.Por lo tanto |W ⋆| ≥ |F | = |W |. Se satisfacen entonces las hipotesis delteorema 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 representantesdistintos.

Sea Ln,m = {(i, j) : i = 1, 2, . . . , n , j = 1, 2, . . . ,m}. A las filasy columnas de Ln,m las denominaremos indistintamente hileras. Si A ⊂Ln,m llamaremos h(A) al mınimo numero de hileras suficientes para cubrirel conjunto A y t(A) al maximo numero de elementos de A que puedantomarse de modo que no haya dos con una coordenada igual. En terminosajedrecısticos L(n,m) es un tablero de n ×m y t(A) es el maximo numerode torres que pueden colocarse en las casillas del conjunto A de modo queningun par de ellas se ataquen.

Teorema de Konig-Frobenius 7.6.2. Para todo A ⊂ Ln,m se tieneh(A) = t(A).

Demostracion: Tomemos un cubrimiento de A por medio de r filas y scolumnas, con r+ s = h(A). Como h(A) y t(A) son obviamente invariantespor permutaciones de filas o de columnas podemos suponer que el cubri-meiento consta de las primeras r filas y las primeras s columnas. Es claroque t(A) ≤ h(A) ya que si B ⊂ A y |B| > h(A) entonces alguna hilera del cu-brimiento debe contener dos o mas puntos de B. Para probar la desigualdadcontraria 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 locontrario podrıamos obtener un cubrimiento de A con menos de h(A) hile-ras reemplazando las |F | filas con ındices i ∈ F por columnas con ındicesj ∈ ∪i∈FSi. Por el teorema de Philip Hall (7.6.1) se concluye que S1, . . . , Srtienen un sistema de representantes distintos j1, . . . , jr. Analogamente seprueba que los conjuntos Tj = {i : r + 1 ≤ i ≤ m y (i, j) ∈ A} paraj = 1, . . . , s tienen un sistema de representantes distintos i1, . . . , is. Es claroahora que {(1, j1), . . . , (r, jr), (i1, 1), . . . , (is, s)} es un subconjunto de A conr + s = h(A) elementos de los cuales no hay dos en una misma hilera. Portanto, 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 entoncesR(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

Aplicacion: probar que R(3, 3, 3; 2) ≤ 17 .

5. Pruebe que R(a1 + 1, . . . , ak + 1; 2) ≤( a1+···+aka1 a2 ... ak

)

6. Pruebe que en cualquier coloracion de las aristas del grafo completode n vertices con dos colores hay por lo menos n(n − 1)(n − 5)/24triangulos monocromaticos si n es impar y n(n− 2)(n − 4)/24 si n espar.

7. (Greenwood y Gleason) Pruebe que R(3, . . . , 3︸ ︷︷ ︸

n

; 2) ≤ ⌊en!⌋+ 1

8. Pruebe que toda sucesion de numeros reales tiene una subsucesionestrictamente creciente, estrictamente decreciente o constante.

9. Pruebe que si los puntos del plano se pintan con r colores, entoncesexiste algun triangulo equilatero con los tres vertices del mismo color.(Para r = 2 este es un problema elemental pero interesante. Parar cualquiera se puede demostrar a partir del Teorema de Van derWaerden 7.4.2)

10. Pruebe que si los puntos de coordenadas enteras de R2 se pintan conr colores, y si F es un conjunto finito de tales puntos, existe otroconjunto F ′ afınmente equivalente a F y con todos sus puntos de unmismo color.

11. (Sperner) Pruebe que el numero de Dilworth del conjunto de partesde un conjunto de n elementos, ordenado parcialmente por inclusion,es( n⌊n2⌋).

102

12. Pruebe que el numero de Dilworth del conjunto de particiones de Nn

ordenado por refinamiento es mayor o igual que el maximo numero deStirling de segunda clase

{nk

}.

Capıtulo 8

Enumeracion bajo accion de

grupos

Polya had a theorem(Which Redfield proved of old)What secrets sought by graphmenWhereby that theorem told!

- Blanche Descartes

En muchas ocasiones al contar configuraciones se presenta la necesidadde considerar a algunas de ellas como “equivalentes”. Por ejemplo si se deseapintar un cubo de madera con dos colores, digamos rojo y azul, pintandocada cara de un solo color, puesto que hay dos modos de pintar cada caray el cubo tiene seis caras llegamos a la conclusion de que existen 26 = 64coloraciones diferentes. Este resultado supone sin embargo que las seis carasdel cubo son completamente distinguibles entre sı, como en efecto ocurrirıa siestuviesen numeradas o si el cubo estuviese montado en una posicion fija, quenos permitiese reconocer cada cara por su orientacion. Si en cambio podemosmover el cubo y rotarlo y las caras no se distinguen entre sı excepto por sucolor, vemos que el numero de coloraciones “diferentes” se reduce bastante.En efecto, las seis coloraciones del cubo fijo que tienen una cara roja ylas otras cinco azules se vuelven indistinguibles. Asimismo las

(62

)= 15

coloraciones del cubo fijo con dos caras rojas y las demas azules se reducena solamente dos: una en la cual las dos caras rojas son adyacentes y otraen la cual son opuestas. Prosiguiendo con este analisis se ve facilmente

104

que hay solamente diez coloraciones esencialmente diferentes. El problemase complica bastante, sin embargo, si aumentamos el numero de coloresdisponibles o si sustituımos el cubo por un poliedro mas complicado, comopor ejemplo un dodecaedro. En la teorıa de grafos se presentan numerososproblemas semejantes, por ejemplo el de determinar el numero de grafos noisomorfos con un numero dado de vertices y aristas.

En general, supongamos que un grupo de permutaciones actua sobre unconjunto de configuraciones y que consideramos a dos configuraciones equi-valentes cuando una permutacion del grupo lleva una en la otra. Entoncesnos planteamos el problema de contar el numero de configuraciones no equi-valentes. En este capıtulo, luego de introducir algunas nociones basicas sobreaccion de grupos, demostraremos algunos resultados que nos permitiran ha-cer tal cosa, especialmente el llamado “Teorema de Polya”. Los resultadosfundamentales de esta teorıa fueron obtenidos en primer lugar por J. H.Redfield (ver [R1]), como lo da a entender el poema de Blanche Descartescitado en el epıgrafe, pero pasaron desapercibidos durante muchos anos has-ta que Polya (ver [P2]), deBruijn y otros matematicos los redescubrieron yenriquecieron.

8.1 Accion de un grupo sobre un conjunto

Sean G un grupo y A un conjunto. Una accion de G sobre A es una aplica-cion 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 ∈ ASe acostumbra simplificar la notacion escribiendo gx en lugar de φ(g, x).

Entonces las condiciones 1 y 2 pueden reformularse ası:

1. ex = x , ∀x ∈ A (siendo e la identidad de G)

2. g(hx) = (gh)x, ∀ g, h ∈ G, ∀x ∈ ADada una accion de G sobre A es posible definir una relacion de equiva-

lencia R en A del siguiente modo:

xRy si existe g ∈ G tal que y = gx

La condicion 1 nos asegura que R es reflexiva. Tambien es transitiva pues sixRy 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 simetricapues 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 relacion se les llamaorbitas. La orbita de un elemento x ∈ A es el conjunto {gx : g ∈ G}que denotaremos Gx o bien x. Al conjunto de orbitas (es decir al conjuntocociente de A por la relacion R) lo denotaremos A/R o simplemente A.

La accion de G sobre A es transitiva si cualquier par de elementos de Ason equivalentes, es decir si dados x, y ∈ A existe g ∈ G tal que y = gx. Eneste caso hay una sola orbita, el propio conjunto A.

Cada elemento g ∈ G induce una aplicacion g⋆ : A → A definida me-diante g⋆(x) = gx, ∀x ∈ A. Al elemento identidad de G le correspondeobviamente la aplicacion identidad de A en A, es decir e⋆ = IdA. Ademassi 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 esel elemento inverso de g en G se tiene que g⋆ ◦ h⋆ = h⋆ ◦ g⋆ = e⋆ = IdA,y por lo tanto h⋆ es la aplicacion inversa de g⋆. De aquı resulta en par-ticular que g⋆ es una biyeccion de A en A, es decir un elemento del grupoS(A) de las permutaciones de A. La aplicacion θ : G → S(A) que a ca-da g ∈ G le hace corresponder g⋆ es un homomorfismo de grupos, ya queθ(gh) = (gh)⋆ = g⋆ ◦ h⋆ = θ(g) ◦ θ(h). Si θ es un monomorfismo, es decir sies inyectivo, se dice que la accion es efectiva. En este caso el grupo G puedeidentificarse con un subgrupo de S(A). Es interesante observar que dado unhomomorfismo ϕ : G → S(A) existe una unica accion de G sobre A cuyohomomorfismo inducido es precisamente ϕ, a saber la que viene dada porφ(g, x) = ϕ(g)(x). De hecho, algunos autores definen el concepto de accionde 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 elementosde 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 entoncesgx = hx = x y tenemos:

(gh−1)x = (gh−1)hx = (gh−1h)x = gx = x

Los estabilizadores de elementos de una misma orbita son subgruposconjugados. En efecto si y = hx entonces g ∈ Gy ⇔ gy = y ⇔ ghx = hx⇔

106

(h−1gh)x = x ⇔ h−1gh ∈ Gx ⇔ g ∈ hGxh−1, es decir que Ghx = hGxh

−1.En el caso de que la accion sea transitiva, todos los estabilizadores sonsubgrupos conjugados.

Si g ∈ G entonces al subconjunto de A formado por los puntos fijos deg⋆ lo denotaremos Ag. En sımbolos:

Ag = {x ∈ A : gx = x}

Observemos que x ∈ Ag si y solo si g ∈ Gx.

Ejemplos de accion de grupos sobre conjuntos

1. Sea A el plano y G el grupo de las rotaciones alrededor de un puntoO. La accion viene dada simplemente por gx = g(x). Las orbitas son lascircunferencias de centro O.

2. Sea A el conjunto de vertices de un polıgono regular de n lados y G elgrupo de simetrıas del polıgono (este grupo se suele designar Dn) . Si n ≥ 3el homomorfismo θ : Dn → Sn es inyectivo, ya que un movimiento del planoque 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 elconjunto de vertices, el de aristas o el de caras del poliedro.

4. Sea G un grupo. Entonces la propia operacion binaria del grupo, co-mo aplicacion de G × G en G, constituye una accion de G sobre sı mismo.Otra accion de G sobre G es la llamada conjugacion, que viene dada porφ(g, h) = ghg−1.

A continuacion probaremos algunas proposiciones basicas sobre accionde grupos.

Proposicion 8.1.1. Si G es un grupo finito que actua sobre un conjuntoA, entonces |x| · |Gx| = |G|, ∀x ∈ A.

Demostracion: Sea x = {x1, x2, . . . , xk} y sean g1, g2, . . . , gk elementos deG tales que xi = gix, i = 1, 2, . . . , k. Sean ademas h1, . . . , hr los elementosde Gx. Afirmamos que los productos gihj son todos distintos. En efecto, sigihj = gsht aplicando ambos miembros a x se obtiene gix = gsx , es decir

107

xi = xs de donde i = s. Multiplicando ahora ambos miembros de la igualdadgihj = giht a la izquierda por g−1

i resulta hj = ht y j = t. Los elementos dela forma gihj son en total kr = |x| · |Gx|. La demostracion quedara completasi probamos que los gihj son en realidad todos los elementos de G. Para ellosea g ∈ G. Para algun i debe ser gx = xi = gix, de donde g−1

i gx = x. Estosignifica que g−1

i g ∈ Gx, es decir g−1i g = hj para algun j y g = gihj.

Proposicion 8.1.2. Sea G un grupo finito que actua sobre un conjunto A,y sea Y un grupo aditivo. Supongamos que p : A → Y es una funcion talque p(gx) = p(x), ∀g ∈ G, ∀x ∈ A (en otras palabras, p toma el mismovalor en elementos equivalentes de A). Sea p : A → Y la unica funcion talque p(x) = p(x), ∀x ∈ A. Entonces:

|G|∑

x∈Ap(x) =

∑

g∈G

∑

x∈Ag

p(x)

Demostracion:

∑

g∈G

∑

x∈Ag

p(x) =∑

x∈A

∑

g∈Gx

p(x) =∑

x∈A|Gx|p(x) =

∑

x∈A

∑

x∈x(|G|/|x|)p(x)

=∑

x∈A

∑

x∈x(G/|x|)p(x) =

∑

x∈A|G|p(x) = |G|

∑

x∈Ap(x)

Lema de Burnside 8.1.3. Si G es un grupo finito que actua sobre un con-junto A entonces el numero de orbitas de A viene dado por:

|A| = 1

|G|∑

g∈G|Ag|

Demostracion: Basta tomar en la Proposicion anterior Y = Z (los enteros)y como p : A→ Y la funcion constante p(x) = 1 ∀x ∈ A.

8.2 La Accion de Polya

Sean D y C dos conjuntos y G un subgrupo de S(D). Sea A = CD elconjunto de todas las funciones de D en C. Definamos φ : G × A → A ası:

108

φ(g, f) = f · g−1. Es inmediato verificar que φ es una accion, y es conocidacon el nombre de “accion de Polya”. Si pensamos en los elementos de Dcomo objetos a pintar y en los elementos de C como colores, entonces loselementos de A son “coloraciones” o maneras de pintar los elementos de D.En lo sucesivo utilizaremos este lenguaje.

Proposicion 8.2.1. Sean D y C dos conjuntos finitos y G un subgrupo delgrupo de permutaciones de D. Consideremos la accion de Polya de G sobreA = CD. Entonces el numero de orbitas viene dado por

1

|G|∑

g∈G|C|λ(g)

siendo λ(g) el numero de factores en la descomposicion de g en producto deciclos disjuntos.

Demostracion: Por el lema de Burnside (8.1.3) el numero de orbitas es(1/|G|)∑g∈G |Ag|. Ahora bien, Ag esta constituıdo por todas las colora-

ciones f : D → C tales que f · g−1 = f . Afirmamos que f · g−1 = f siy solo si f asigna el mismo color a todos los elementos de cada ciclo deg. En efecto, supongamos que f · g−1 = f y sea (d1, . . . , dt) un ciclo deg. 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). Recıprocamente si f es una coloracion constante en cada ciclo de g,puesto que el elemento g−1(d) esta en el mismo ciclo que d para todo d ∈ D,tendremos que f(g−1(d)) = f(d). Esto significa que hay tantos elementos enAg como formas de asignar un color de C a cada ciclo de g, y este numeroes precisamente |C|λ(g).

Ejemplo: Coloracion del cubo con r colores

El resultado recien demostrado nos permite resolver con toda generalidadel problema planteado al principio del capıtulo.

El grupo de rotaciones del cubo esta constituıdo por 24 rotaciones, queclasificaremos en 5 tipos:

1. La identidad.

2. Rotaciones de 120◦ y 240◦ alrededor de las diagonales del cubo. Comohay cuatro diagonales, hay 8 rotaciones de este tipo.

109

3. Rotaciones de 90◦ y 270◦ alrededor de los 3 ejes que pasan por loscentros de caras opuestas del cubo. Son 6 rotaciones.

4. Rotaciones de 180◦ alrededor de los mismos ejes que las del tipo an-terior. Son 3 rotaciones.

5. Rotaciones de 180◦ alrededor de los ejes que pasan por los puntosmedios de aristas opuestas. Hay 6 rotaciones de este tipo.

Cada una de estas rotaciones induce una permutacion de las seis caras delcubo 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 cadauna.)

• Las del tipo 3, en dos 1–ciclos y dos 2–ciclos. (total: cuatro ciclos cadauna.)

• Las del tipo 5, en tres 2–ciclos cada una.

Con la informacion anterior ya podemos afirmar que el numero de colora-ciones del cubo no equivalentes por rotacion viene dado por la formula:

1

24(r6 + 8r2 + 6r3 + 3r4 + 6r3) =

1

24r2(r4 + 3r2 + 12r + 8)

la cual nos permite construir la tabla siguiente:

110

numero de numero de coloracionescolores no equivalentes

1 12 103 574 2405 8006 22267 53908 117129 2335510 4345020 269080030 3049005040 17101920050 651886250

En lo que sigue supondremos, para simplificar la notacion, 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 concoeficientes racionales. Definamos una funcion p : CD → Y del modo si-guiente:

p(f) =∏

d∈Dxf(d) , ∀f ∈ CD

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 numero de puntos de Dpintados con el color k en la coloracion f .

Observemos ademas que p(gf) = p(f), ∀g ∈ G,∀f ∈ CD. En efecto,

p(gf) =∏

d∈Dxgf(d) =

∏

d∈Dxf(g−1(d))

pero como g es una biyeccion de D en D, cuando d toma todos los valoresen D tambien lo hace g−1(d). Por lo tanto el ultimo producto es igual ap(f) como querıamos probar. Esto significa que estamos en condiciones deaplicar la Proposicion (8.1.2) a la accion de Polya de G sobre A = CD, yobtenemos:

|G| =∑

f∈Ap(f) =

∑

g∈G

∑

f∈Ag

p(f)

111

Ahora bien, como vimos en la demostracion de la Proposicion anteriorf ∈ Ag si y solo si f asigna el mismo color a los elementos de cada ciclo deg. Por lo tanto si g ∈ G se descompone en λ ciclos c1, . . . , cλ de longitudesa1, . . . , aλ y si f asigna el color ij a los elementos del ciclo cj entoncesp(f) sera de la forma xa1i1 . . . x

aλiλ. Mas aun, p establece una correspondencia

biyectiva entre los monomios del tipo antedicho y las coloraciones f ∈ Ag.Por consiguiente:

∑

f∈Ag

p(f) =∑

xa1i1 . . . xaλiλ

= (xa11 + · · ·+ xa1r )(xa21 + · · ·+ xa2r ) · · · (xaλ1 + · · ·+ xaλr )

= ψa1ψa2 . . . ψaλ

siendo ψk las funciones simetricas ψk(x1, . . . , xr) = xk1 + · · · + xkr . Cada ψk

aparece en el producto ψa1ψa2 . . . ψaλ tantas veces como ciclos de longitudk aparezcan en la descomposicion de g, es decir λk(g). Hemos probadoentonces el siguiente teorema:

Teorema de Polya 8.2.2.

∑

f∈Ap(f) =

1

|G|∑

g∈G

n∏

k=1

ψ(x1, . . . , xr)λk(g)

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

|G|∑

g∈Gxλ1(g)1 . . . xλn(g)

n

el Teorema de Polya puede enunciarse ası:

∑

f∈Ap(f) = PG(ψ1(x1, . . . , xr), . . . , ψn(x1, . . . , xr))

2) Poniendo en el Teorema de Polya x1 = x2 = · · · = xr = 1 se obtiene comocaso particular la proposicion (8.2.1).Ejemplo:

112

El analisis de las rotaciones del cubo realizado en el ejemplo anterior nospermite escribir el polinomio indicador de ciclos de inmediato:

PG(x1, x2, x3, x4, x5, x6) =1

24(x61 + 8x23 + 6x21x4 + 3x21x

22 + 6x32)

Supongamos que se va a colorear el cubo con dos colores, digamos rojo yazul. Calculando PG(ψ1, . . . , ψ6) con ψ1 = x+y, ψ2 = x2+y2, ψ3 = x3+y3,ψ4 = x4 + y4, resulta el polinomio

x6 + x5y + 2x4y2 + 2x3y3 + 2x2y4 + xy5 + y6

(hemos usado x, y en lugar de x1 , x2 para aligerar la notacion) El termino2x3y3 por ejemplo, nos dice que hay dos coloraciones con tres caras pintadasde rojo y las otras tres de azul.

8.3 Enumeracion de grafos no isomorfos

La teorıa de Polya puede ser usada para determinar el numero de grafos noisomorfos con un numero de vertices y aristas dado. Para esto considere-mos el grafo completo de n vertices Kn. A cada coloracion de las aristas deKn con dos colores, digamos rojo y azul, le podemos hacer corresponder elgrafo cuyos vertices son los mismos de Kn y cuyas aristas son las colorea-das de rojo. Es claro que cualquier grafo de n vertices puede ser obtenidode esta manera a partir de una bicoloracion de Kn. Observemos sin em-bargo que la correspondencia descripta no es inyectiva, ya que coloracionesdiferentes pueden dar lugar a grafos isomorfos. Recordemos que dos grafosson isomorfos cuando existe una aplicacion biyectiva entre sus vertices quepreserva la relacion de adyacencia. Entonces dos coloraciones de Kn daranlugar a grafos isomorfos cuando ambas difieran en una permutacion de lasaristas de Kn inducida por una permutacion de sus vertices. En sımbolos, siKn = (V,A) y f : A→ (r, a) es una coloracion de A con dos colores r y a, elgrafo 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 permu-tacion σ de V tal que {u, v} ∈ Af si y solo si {σ(u), σ(v)} ∈ Ag. Estoequivale a decir que f({u, v}) = g({σ(u), σ(v)}), ∀u, v ∈ V o mas simple-mente f = g ◦ σ siendo σ la permutacion de A inducida por σ, a saberσ({u, v}) = {σ(u), σ(v)} ∀u, v ∈ V, u 6= v.

Sea G el grupo de las permutaciones de A inducidas por permutacionesde V . Entonces la accion de Polya deG sobre las bicoloraciones deKn induce

113

una relacion de equivalencia bajo la cual dos coloraciones son equivalentes siy solo si les corresponden grafos isomorfos. El numero de grafos no isomorfosde n vertices sera entonces igual al numero de orbitas, y puede obtenersea partir del lema de Burnside. El teorema de Polya permite, mas aun,calcular el numero de grafos no isomorfos con n vertices y m aristas. Peropara aplicar el teorema de Polya es necesario conocer como se descomponeen ciclos cada elemento del grupo G. Sea σ una permutacion del conjuntode vertices 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 + 1entonces la arista α pertenece a un ciclo de σ de longitud 2k + 1, a saber{u, v}, {σ(u), σ(v)}, . . . , {σ2k(u), σ2k(v)}. Puesto que las

(2k+12

)= (2k+1)k

aristas cuyos extremos son vertices del ciclo σ se agrupan en ciclos disjuntosde longitud 2k + 1 concluımos que hay k de estos ciclos. Por lo tanto cadaciclo de longitud impar 2k + 1 en σ da origen a k ciclos de longitud 2k + 1en σ.

2) Si u y v pertenecen a un mismo ciclo de σ de longitud par 2k entoncesla arista α puede estar en un ciclo de σ de longitud 2k o bien en uno delongitud 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}). Engeneral es facil ver que el 2k-ciclo (v1, . . . , v2k) dara 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}estara en un ciclo de σ de longitud igual al mınimo comun multiplo de ry s. En efecto para que se cumpla que {σt(u), σt(v)} = {u, v} debe serσt(u) = u y σt(v) = v (no puede ser σt(u) = v y σt(v) = u ya que u y vestan en ciclos disjuntos). Por lo tanto debe cumplirse que r|t y s|t, lo cualimplica m.c.m.(r, s)|t. El numero de ciclos disjuntos en los cuales se dividenlas rs aristas con un vertice en cada ciclo sera entonces rs/m.c.m.(r, s) =m.c.d.(r, s) (maximo comun divisor de r y s).

Como consecuencia del analisis anterior podemos afirmar que en la des-composicion 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

r2 − 1 r-ciclos para cada r par entre 1 y n.

3) λrλsm.c.d.(r, s) m.c.m(r, s)-ciclos para cada par de numeros distintos r, sentre 1 y n, y r

(λr

2

)r-ciclos , para cada r entre 1 y n (ya que existen λrλs

maneras de escoger un r-ciclo y un s-ciclo, si r 6= s, y(λr

2

)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

variable x1 el valor 1 y recordando que el numero de permutaciones con λiciclos de longitud i para i = 1, . . . , n es

K(λ1, . . . , λn) =n!

1λ12λ2 . . . nλnλ1!λ2! . . . λn!

resulta la siguiente:

Proposicion 8.3.1. El numero de grafos no isomorfos con n vertices y maristas es igual al coeficiente de xm en el polinomio que se obtiene sumando,para cada solucion de la ecuacion diofantica 1λ1 + 2λ2 + · · · + nλn = n untermino de la forma:

1

n!K(λ1, . . . , λn)[w

0λ1

1 w1λ3

3 . . . ][(w1w02)

λ2(w2w14)

λ4(w3w26)

λ6 . . . ]

[w1(λ12 )1 w

2(λ22 )2 w

3(λ32 )3 . . . ]

∏

r 6=s

wλrλsmcd(r,s)mcm(r,s)

siendo wk el polinomio 1 + xk.

Excepto para pequenos valores de n el calculo manual del numero de gra-fos no isomorfos utilizando la ultima Proposicion es imposible, y se requierela ayuda del computador. En el Apendice 2 incluımos una tabla obtenidacon un programa basado en la Proposicion (8.3.1), que muestra el numerode grafos no isomorfos con n vertices y m aristas para 1 ≤ n ≤ 12.

8.4 Ejercicios

1. ¿De cuantas maneras se puede pintar un tablero cuadrado de 2×2 conr colores, pintando cada casilla de un color y considerando equivalenteslas coloraciones que difieren en una rotacion del tablero?

2. ¿De cuantas maneras se pueden marcar con una X ocho de las dieciseiscasillas de un tablero cuadrado de 4 × 4, considerando equivalenteslas configuraciones que se obtienen unas de otras por rotaciones osimetrıas del cuadrado?

115

3. Determine el numero de coloraciones de las caras de un poliedro regular(tetraedro, cubo, octaedro, dodecaedro e icosaedro) con r colores, noequivalentes por rotaciones.

4. (deBruijn , [B4])

Sea G un subgrupo de S(D) y H un subgrupo de S(C). Considere laaccion de G×H sobre A = CD definida ası:

(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 numero deorbitas viene dado por la formula siguiente:

|A| = 1

|G||H|∑

g∈G

∑

h∈H

n∏

k=1

∑

i|kiλi(h)

λk(g)

siendo λi(σ) el numero de ciclos de longitud i en la descomposicion dela permutacion σ en producto de ciclos disjuntos.

116

Apendice A

Soluciones y sugerencias

A.1 Capıtulo 1

1. A ∪ B es la union disjunta de A \ B y B, por lo tanto |A ∪ B| =|A \B|+ |B|. A es la union disjunta de A \B y A ∩B , por lo tanto|A| = |A \ B| + |A ∩ B|. Restando miembro a miembro se obtiene elresultado deseado.

2. Por ser la funcion f sobreyectiva el conjunto A es la union disjuntade los subconjuntos f−1(b), para b ∈ B. Entonces por la Proposicion(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 con-tenga menos de ai objetos. Entonces el numero total de objetos en lascajas serıa a lo sumo

∑ki=1(ai − 1) ≤ n− 1 < n.

4. El numero total de ordenes posibles es 5! = 120. Pero hay tantosordenes en los cuales Luis habla antes que Pedro como ordenes enlos cuales Pedro habla antes que Luis (en efecto, el intercambio dePedro con Luis suministra una correspondencia biyectiva entre ambostipos de ordenes). Por lo tanto la respuesta a la primera preguntaes 120 ÷ 2 = 60. Si Marıa debe hablar inmediatamente despues deLuis entonces el par Luis-Marıa puede ser tratado como una unidad,y se trata ahora de ordenar los cuatro elementos Luis-Marıa, Pedro,Pablo y Luisa. La respuesta es 4! = 24. Si deben alternarse oradores dedistinto sexo entonces el orden debe ser necesariamente varon - hembra- varon - hembra - varon. Para los tres varones hay 3! = 6 ordenes

117

118

posibles y para las hembras solo 2. Por el principio del producto larespuesta es 6× 2 = 12.

5. En un mazo de 52 cartas hay 13 de cada palo, la respuesta es entonces134 = 28561.

6. Una sucesion de 10 cartas puede extraerse de [52]10 maneras. Unasucesion de 10 cartas sin ases puede extraerse de [48]10 maneras, yaque entre las 52 cartas del mazo hay 4 ases. La respuesta a la primerapregunta es entonces:

[48]10[52]10

=42× 41× 40× 39

52× 51× 50× 49=

246

595

La probabilidad de sacar al menos un as es complementaria de laanterior, es decir 1 − 246

595 = 349595 . Las sucesiones de 10 cartas que con-

tienen exactamente un as pueden obtenerse a partir de las sucesionesde 9 cartas sin ases intercalando uno de los cuatro ases en una delas 10 posiciones posibles. Por lo tanto el numero de estas sucesioneses 4 × 10 × [48]9, y la probabilidad pedida se obtiene dividiendo estenumero entre [52]10 lo que da como resultado 656

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 tambien se puede escoger de 9 maneras(cualquier dıgito del 0 al 9 diferente de la primera cifra). La terceracifra se puede escoger de 8 maneras, pues debe ser diferente de las dosprimeras. Como hay en total 900 numeros de 3 cifras (desde el 100hasta el 999) la respuesta es 9×9×8

900 = 0.72

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 undoble liga con otras doce. Por lo tanto la respuesta es 7×6+21×12 =294.

10. Si las tres torres son distinguibles entre sı entonces la primera se puedesituar de 64 maneras; una vez ubicada quedan 49 casillas donde situarla segunda, y por ultimo quedan 36 casillas libres donde situar latercera. El numero de configuraciones es entonces 64 × 49 × 36 =112896. Si las torres son indistinguibles entonces hay que dividir el

119

numero anterior entre 6, que es el numero de maneras de permutar lastres torres entre sı. El resultado es 18816.

11. Si el alfil blanco se ubica en una de las cuatro casillas centrales deltablero entonces ataca 13 casillas. Si se ubica en una de las 12 casillasque rodean a las centrales, ataca 11 casillas. Si se ubica en una de las20 que rodean a estas ultimas, ataca 9 casillas. Finalmente, si se ubicaen una de las 28 casillas de la banda, ataca 7 casillas. La respuesta esentonces 4× 13 + 12× 11 + 20× 9 + 28× 7 = 560.

12. Asignemos coordenadas a las casillas del tablero de modo que las coor-denadas 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) paraj = 1, 2, . . . , n − 1 , las que van desde (j, 1) hasta (n, n + 1 − j) paraj = 2, 3, . . . , n − 1 y la gran diagonal que va desde (1, n) hasta (n, 1)cubren completamente el tablero. Como el numero de estas diagonaleses 2n− 2 , no es posible colocar mas de 2n− 2 fichas en el tablero sinque haya dos en una misma diagonal. Una configuracion con exac-tamente 2n − 2 fichas es por ejemplo la que resulta al colocar fichasen las casillas (1, 1), (2, 1), . . . , (n, 1), (2, n), (3, n), . . . , (n − 1, n). Paracontar el numero de estas configuraciones maximales siga las siguientessugerencias:

(a) Pruebe que en una configuracion maximal todas las fichas debenencontrarse en las bandas del tablero.

(b) Establezca una correspondencia biyectiva entre estas configura-ciones y los subconjuntos de la primera fila del tablero, es decirla que va desde (1, 1) hasta (1, n).

A.2 Capıtulo 2

1. 5× 4× 3 = 60.

2. Puesto que pueden formarse 2k palabras de longitud k, el numero depalabras de longitud comprendida entre 1 y n sera 21+22+ · · ·+2n =2n+1 − 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 puedenpermutarse de 3! = 6 maneras.

(b) La primera cifra debe ser 3, las tres restantes pueden elegirseindependientemente de cuatro maneras cada una, por lo tanto larespuesta es 43 = 64.

6. 9!/(2!3!) = 30240.

7. 3× 5! + 2× 4! + 2× 3! + 2 = 422.

8. (a)(6+43

)= 120.

(b)(61

)(42

)= 36

(c) 120 −(43

)= 114.

9.(103

)= 120.

10.(n4

)

11. 1 + k(n− k) +(n−k

2

)

12. k(n − k) +(n−k

2

)

13.∑n

k=112k(k + 1) = 1

6n(n+ 1)(n + 2)

14.(10+3−1

3

)= 220.

15. 8 · 7(62

)(42

)(22

)= 5040.

16.(Bx

)(N−Bn−x

)/(Nn

)

17.∑n

j=0

(k+j−1

j

)

18. Si se escriben todos los numeros de k cifras, desde 10k−1 hasta 10k −1, el cero no aparece nunca en el primer lugar pero en cada uno delos otros lugares aparece 9 × 10k−2 veces. En total aparece entonces9(k − 1)10k−2 veces. Para escribir los numeros desde 1 hasta 1000000se 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 respuestaobviamente es cero. Las mujeres pueden ordenarse de n! maneras.Dada una permutacion de las mujeres, los hombres pueden acomodarseen n+1 puestos (entre una y otra mujer, antes de la primera o despues

de la ultima). Tenemos ası An+1k = (n+1)!

(n+1−k)! modos de acomodar a los

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 sucesion a1 . . . an de cerosy unos tal que ai es 1 si i ∈ A y 0 en caso contrario (esta sucesionno es otra cosa que la funcion caracterıstica del subconjunto A). Lassucesiones asociadas con los subconjuntos que nos interesan son aque-llas que constan de k unos y n − k ceros, y que no contienen unosconsecutivos. Todas ellas se pueden obtener escribiendo una sucesionde n− k ceros e intercalando luego k unos en los puestos que quedanentre los ceros, o al principio o al fin de la sucesion. Ya que los puestosposibles para los k unos son n − k + 1, el numero de tales sucesioneses(n−k+1

k

).

21. Clasifiquemos los subconjuntos admisibles en dos categorıas, segunque contengan o no al numero n. Aquellos que contienen a n nopueden contener ni a n − 1 ni a 1, y es claro que se pueden poner encorrespondencia biyectiva con los subconjuntos de {2, . . . , n − 2} decardinal k − 1 sin elementos consecutivos. Por el problema anterior,estos son:

((n− 3)− (k − 1) + 1

k − 1

)

=

(n− k − 1

k − 1

)

Los subconjuntos que no contienen a n pueden ponerse en correspon-dencia con los subconjuntos de {1, . . . , n − 1} de cardinal k y sin ele-mentos consecutivos, que por el problema anterior son:

((n− 1)− k + 1

k

)

=

(n− kk

)

Aplicando ahora el principio de la suma tenemos:(n− k − 1

k − 1

)

+

(n− kk

)

=

(k

n− k + 1

)(n− kk

)

=n

n− k

(n− kk

)

(Este problema es analogo al anterior si imaginamos los numeros del1 al n dispuestos en cırculo, con lo cual 1 y n resultan vecinos.)

122

A.3 Capıtulo 3

1. Las cuatro identidades pueden probarse usando una estrategia aritme-tica. Una demostracion combinatoria de (c) puede obtenerse conside-rando un conjuntoX con m+2 elementos y dos elementos distinguidosx1 y x2, y clasificando los subconjuntos deX con n+1 elementos segunque contengan a ambos elementos distinguidos, a uno y solo uno deellos o a ninguno. La identidad (d) puede probarse algebraicamentedesarrollando (1 + x)n por el teorema del binomio, derivando ambosmiembros de la igualdad respecto a x y haciendo finalmente x = 1.

2. (a) Sume miembro a miembro las dos identidades siguientes:

n∑

k=0

(n

k

)

= 2n,

n∑

k=0

(−1)k(n

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∑

k=5

(k

5

)

= 5!

(n+ 5

6

)

=1

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

(f) Si n = 1 la suma es 1. Si n > 1 aplicando la identidad (a) delEjercicio 1 se obtiene facilmente el resultado 0. Alternativamentese puede desarrollar el binomio (1 − x)n y derivar respecto a xambos miembros para obtener

−n(1− x)n−1 =

n∑

k=1

(−1)kk(n

k

)

xk−1

y finalmente hacer x = 1.

123

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

n(n− 1)(1 − x)n−2x− n(1− x)n−1 =

n∑

k=1

(−1)kk2(n

k

)

xk−1

y poniendo x = 1 se obtiene como resultado 0.

(h) (2n+1 − n− 2)/(n + 1)

3. Sea cn =(mn

). Entonces cn+1/cn = (m − n + 1)/n y esta razon es

mayor que 1 si y solo si n < (m + 1)/2. De aquı se deduce que si mes par entonces c0 < c1 < . . . < cm/2 > . . . > cm mientras que si m esimpar c0 < c1 < . . . < c(m−1)/2 = c(m+1)/2 > . . . > cm. En particular,el maximo se alcanza cuando n = ⌊m/2⌋.

4. El Teorema obviamente es cierto para n = 1. Aceptando su validezpara n escriba (x+y)n+1 = (x+y)n(x+y) , desarrolle el miembro de-recho de la igualdad, agrupe terminos semejantes y aplique la formulade Stifel.

5. Desde (a, b) hasta (c, d) van tantos caminos ascendentes como desde(0, 0) hasta (c− a, d− b) , ya que la traslacion de vector (a, b) consti-tuye una correspondencia biyectiva entre estos ultimos caminos y losprimeros. Por lo tanto su numero es

(c−a+d−bd−b

).

En Rk el numero de caminos ascendentes desde el origen hasta el puntode coordenadas (a1, . . . , ak) viene dado por el coeficiente multinomial

(a1 + · · ·+ aka1, . . . , ak

)

6. Si a ≥ c el principio es trivialmente cierto. Supongamos entonces quea < c. A cada camino ascendente desde (a, b) hasta (c, d) que toquela recta y = x hagamosle corresponder el camino desde (b, a) hasta(c, d) que se obtiene simetrizando respecto a esta recta la porcion delcamino dado que va desde el punto inicial (a, b) hasta el primer puntode contacto con la recta y = x, y que de ahı en adelante coincide conel camino dado. Por ejemplo, al camino de vertices (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 correspon-derıa el camino de vertices (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 facil comprobar que estacorrespondencia es una biyeccion entre el conjunto de los caminos as-cendentes que van desde (a, b) hasta (c, d) tocando la recta y = x y elconjunto de todos los caminos ascendentes desde (b, a) hasta (c, d).

7. El escrutinio puede representarse mediante un camino ascendente des-de (0,0) hasta (p, q), trazando un segmento unitario horizontal porcada voto obtenido por el ganador y un segmento unitario vertical porcada voto obtenido por el perdedor. Si el ganador va adelante durantetodo el escrutinio entonces obtiene el primer voto y el conteo no seiguala en ningun momento. El numero de posibles escrutinios en loscuales ocurre esto es igual al numero de caminos ascendentes que vandesde (1,0) hasta (p, q) sin tocar nunca la recta y = x. Pero por elprincipio de reflexion (ver ejercicio anterior) los caminos ascendentesdesde (1,0) hasta (p, q) que tocan la recta y = x son tantos como loscaminos ascendentes desde (0,1) hasta (p, q). Por lo tanto la probabi-lidad buscada es:

(p+q−1

q

)−(p+q−1q−1

)

(p+qq

) =p− qp+ q

8. Es claro que si n > k entonces la cola se detendra inexorablementey la probabilidad pedida sera 0. Supongamos entonces que n ≤ k, yrepresentemos la distribucion de personas con billetes de 100 y de 50Bs en la cola mediante un camino ascendente, partiendo del origen ytrazando un segmento unitario horizontal por cada billete de 100 Bsy un segmento unitario vertical por cada billete de 50 Bs que encon-tremos al recorrer la cola desde el principio hasta el fin. El caminotermina en el punto de coordenadas (n, k). Es claro que la cola avan-za fluıdamente si el camino esta totalmente contenido en el semiplanoy ≥ x, y se detiene si toca la diagonal y = x − 1. El numero total decaminos ascendentes desde el origen hasta (n, k) es

(n+kk

). De estos,

los que tocan la diagonal y = x− 1, por el principio de reflexion (verejercicio 6) son tantos como los que van desde (1,-1) hasta (n, k), esdecir

(n+kk+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 nume-ros mencionados, a saber n/(k + 1). La probabilidad de que la colaavance sin contratiempos es la complementaria, 1 − n/(k + 1). (Veatambien [V2].)

9. Sea W un codigo corrector de orden r. Si w ∈ W , el numero deelementos x ∈ X tales que d(x,w) = j, (0 ≤ j ≤ n) es

(nj

). El numero

de elementos de X a distancia menor o igual que j de algun elementode W es entonces |W |∑r

j=0

(nj

), y este numero es a lo sumo 2n, el

numero 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!) = 105palabras de 7 letras. En cada una de ellas puede colocarse unaI en 8 posiciones, y las cuatro I sin que haya dos consecutivaspueden 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 elcociente (n2)!/(n!)n es un numero entero, a saber el coeficiente multi-

nomial( n2

n...n

).

A.4 Capıtulo 4

1. Sea X el conjunto de 100 hindues y sean H, B y P los subconjuntosde X formados por los que hablan hindi, bengalı y penjabi respectiva-mente. 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 sus-tituyendo los valores conocidos resulta |B∩P | = |H∩B∩P |+8. Apli-cando una vez mas 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 dosexpresiones obtenidas para |B∩P | y despejando resulta |H∩B∩P | = 2.

2. Sea X = {n ∈ N : 1 ≤ n ≤ 1000000}. Sea A el subconjunto de Xformado por los cuadrados perfectos, B el subconjunto de los cubosperfectos y C el de las potencias cuartas perfectas. Entonces |A| =⌊√106⌋ = 1000, |B| = ⌊ 3

√106⌋ = 100 y |C| = ⌊ 4

√106⌋ = 31. Asımismo

se tiene |A ∩ B| = ⌊ 6√106⌋ = 10, |B ∩ C| = ⌊ 12

√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 yexclusiones.

4. El principio de inclusiones y exclusiones es trivialmente valido paran = 1 , y se demuestra facilmente para n = 2 (ejercicio 1 del primercapıtulo). Acepte su validez para colecciones de n conjuntos cuales-quiera. Dados n+ 1 conjuntos A1, A2, . . . , An+1 se tiene:

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

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

Aplique ahora la hipotesis inductiva a las dos uniones de n conjuntosque aparecen en el miembro derecho de la igualdad anterior.

5. Un numero es coprimo con n si y solo si no es divisible entre ningunode los factores primos p1, . . . , pk de n. Sea Ai = {x ∈ Nn : pi|x}.Entonces es claro que:

φ(n) = | ∩ki=1 Ai| =∑

F⊂Nk

(−1)|F ||A(F )|

Pero como |A(F )| = n/(∏

i∈F pi) es facil ver que la ultima suma es

n∏k

i=1(1− 1/pi). El caracter multiplicativo de φ se deduce facilmentede la formula anterior. Para la ultima parte, si n = pa11 · · · pakk pruebeque:

∑

d|nφ(d) =

k∏

i=1

(1 + φ(pi) + φ(p2i ) + · · · + φ(paii ))

127

y como φ(pri ) = pri − pr−1i el factor i-simo del producto anterior es paii

y el producto es n.

6. Numeremos las parejas de 1 a n, y las sillas alrededor de la mesa desde1 hasta 2n. Sea Ai el conjunto de disposiciones de los comensales enla mesa en las cuales la pareja i esta junta. Pruebe que

|Ai1 ∩ · · · ∩Aik | = 2n · (2n − k − 1)! · 2k

Para ello suponga que primero se sienta junta la pareja i1, para lo cualobviamente hay 2n · 2 posibilidades, y considere a las parejas i2, . . . , ikcomo “unidades” que junto con los 2n− 2k comensales restantes pue-den permutarse de (2n − k − 1)! maneras, agregando el factor 2k−1

para dar cuenta de las dos maneras en que se puede ordenar cada pa-reja. Finalmente aplique la formula de Sylvester para obtener comorespuesta

2n

n∑

k=0

(−2)k(2n − k − 1)!

(n

k

)

Observacion: Si se considerasen equivalentes las distribuciones quedifieren solamente en una rotacion, entonces habrıa que dividir el re-sultado anterior entre 2n.

7. Los hombres deben sentarse en las sillas pares o en las impares, puedenhacerlo por lo tanto de 2(n!) maneras. Una vez sentados, y numeradosdesde 1 hasta n en sentido antihorario, sea A2i−1 el conjunto de distri-buciones de las mujeres en las cuales la esposa del senor i este sentadaa la derecha de su esposo, y sea A2i el conjunto de distribuciones enlas cuales la senora de i este a la izquierda de su esposo. Si F ⊂ Nn

contiene k ındices, entonces | ∩i∈F Ai| es (n− k)! si F no contiene en-teros consecutivos ni a 1 y 2n simultaneamente, y 0 en caso contrario.Aplicando la formula de Sylvester y el resultado del Ejercicio 21 delCapıtulo 2 se obtiene como respuesta:

2(n!)

n∑

k=0

(−1)k 2n

2n− k

(2n − kk

)

(n− k)!

8. Aplique las leyes de De Morgan y la formula de Sylvester.

128

9. Sea K ⊂ Nn un conjunto de k ındices. Sean X = ∩i∈KAi y Bj =Aj ∩ X, para j = 1, . . . , n. Aplicando la formula de Sylvester (ytomando complementos respecto a X) se tiene:

| ∩j∈K Bj| =∑

H⊂Nn\K(−1)|H||BH | =

∑

K⊂F⊂Nn

(−1)|F |−k|AF |

Por lo tanto el numero de los elementos que pertenecen a exactamentek conjuntos es:

∑

K⊂Nn

|K|=k

∑

K⊂F⊂Nn

(−1)|F |−k|AF |

=∑

F⊂Nn

|F |≥k

∑

K⊂F|K|=k

(−1)|F |−k|AF |

y puesto que para cada F ⊂ Nn el numero de sus subconjuntos con kelementos es

(|F |k

)se llega a la formula que se querıa demostrar.

A.5 Capıtulo 5

1. Sume miembro a miembro las igualdades Fi = Fi+2 − Fi+1, para i =0, 1, . . . , n.

2. Fn+1Fn−1 − F 2n = (Fn + Fn−1)Fn−1 − (Fn−1 + Fn−2)Fn

= −(FnFn−2 − F 2n−1) = · · · = (−1)n−1(F2F0 − F1) = (−1)n

3. Probaremos que Fn|Fkn por induccion en k. El caso k = 1 es trivial.Si se cumple para un cierto k, entonces Fkn = tFn para algun enterot. Usando (5.2.2) se tiene:

F(k+1)n = Fkn+1Fn + FknFn−1 = (Fkn+1 + tFn−1)Fn

4. Si d|Fn y d|Fn+1 entonces d|(Fn+1 − Fn) = Fn−1. Del mismo modo seve que d|Fn−2, y por recursion se llega a que d|F1 = 1.

129

5. Por el algoritmo de Euclides se tiene que:

m = q0n+ r1 0 ≤ r1 < nn = q1r1 + r2 0 ≤ r2 < r1· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·rk−2 = qk−1rk−1 + rk 0 ≤ rk < rk−1

rk−1 = qkrk con rk = d

Entonces por (5.1.3) se tiene:

D(Fm, Fn) = D(Fq0n−1Fr1 + Fq0nFr1+1, Fn)

pero como Fn|Fq0n (Ejercicio 3) lo anterior es igual aD(Fq0n−1Fr1 , Fn).Pero por el Ejercicio 4 se tiene que:

D(Fn, Fq0n−1)|D(Fq0n, Fq0n−1) = 1

Por lo tanto D(Fq0n−1Fr1 , Fn) = D(Fr1 , Fn). Prosiguiendo de estamanera obtenemos:

D(Fm, Fn) = D(Fn, Fr1) = · · · = D(Fqkd, Fd) = Fd

(para mas detalles vea [V2]).

6. Sea Xn el numero de maneras de descomponer un rectangulo de 2×nen n rectangulos de 2 × 1. Verifique que Xn satisface la relacion derecurrencia de los numeros de Fibonacci, pero con condiciones inicialesX1 = 1 = F2,X2 = 2 = F3.

7. Sea Xn el numero buscado. Los subconjuntos de Nn sin elementosconsecutivos 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, porlo cual son tantos como los subconjuntos de Nn−2 sin elementosconsecutivos, es decir Xn−2.

De allı queXn = Xn−1+Xn−2, y dado queX1 = 2 = F3 yX2 = 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

α= 1 +

1

1 + 1α

= · · ·

Sea Pn/Qn el n-simo convergente de la fraccion continua. EntoncesP1/Q1 = 1 = 1/1 y P2/Q2 = 1+1 = 2/1. Como en este caso todos losdenominadores parciales valen 1 se tiene que Pn y Qn satisfacen ambosla relacion de recurrencia xn = xn−1 + xn−2 , y dadas las condicionesiniciales se ve enseguida que Pn = Fn+1 y Qn = Fn.

9. Por induccion en n. Para n = 1 es cierto (1 = F2). Si n > 1 sea Fk1

el mayor numero de Fibonacci menor o igual que n. Si n = Fk1 esfacil ver que esa es la unica representacion que cumple la condicion.Si n > Fk1 entonces por la hipotesis inductiva se puede escribir:

n− Fk1 = Fk2 + · · ·+ Fkr , con k2 ≫ · · · ≫ kr ≫ 0

Pero debe cumplirse tambien k1 ≫ k2, ya que

n− Fk1 < Fk1+1 − Fk1 = Fk1−1

10. Si n no es un numero de Fibonacci, la estrategia ganadora para elprimer jugador consiste en escribir el numero de fichas que quedanen el monton como Fk1 + · · · + Fkr , con k1 ≫ · · · ≫ kr ≫ 0 (verejercicio anterior) y retirar del monton Fkr fichas. Si n es un numerode Fibonacci, juegue lo que juegue el primer jugador el segundo puedeadoptar esta misma estrategia y ganar. Para una discusion detalladavea [K1], problema 37 de la seccion 1.2.8 .

11. (n2 − 3n+ 2)/2

12. n2 − n+ 2

13. Sea Pn el numero de regiones en que n planos en posicion genericadividen el espacio. Entonces P0 = 1 y P1 = 2. Para n > 1, el n-simo plano intersecta a los otros n− 1 segun n− 1 rectas en posiciongenerica, que lo dividen en (n2 + n + 2)/2 regiones planas cada unade las cuales divide en dos partes una de las Pn−1 regiones en que losprimeros n − 1 planos dividen al espacio. Por lo tanto se satisface larelacion de recurrencia

Pn = Pn−1 + (n2 + n+ 2)/2

131

cuya solucion es Pn = (n3 + 5n + 6)/6.

14. (a) Por el metodo de las funciones generatrices, o usando (5.3.2), seprueba facilmente que

Ln = ((1 +√5)/2)n + ((1−

√5)/2)n

(b) Se puede probar directamente usando las expresiones explıcitaspara Ln y Fn , o bien por induccion.

(c) Los subconjuntos de Nn que no contienen elementos consecuti-vos ni a 1 y n simultaneamente se pueden clasificar en dos clasesdisjuntas: la de los que contienen a n y la de los que no lo con-tienen. Un conjunto de la primera clase no puede contener a 1ni a n − 1, por lo tanto hay tantos de ellos como subconjuntosde {2, . . . , n− 2} sin elementos consecutivos, que por el Ejercicio7 sabemos que son Fn−1. Los de la segunda clase son tantos co-mo los subconjuntos de Nn−1 sin elementos consecutivos, es decirFn+1. Sumando se obtiene Fn−1 + Fn+1 = Ln.

15. Se trata de verificaciones inmediatas.

16. La ecuacion caracterıstica es x3 − 3x2 − 4x+ 12 = 0 y tiene raıces 2 ,3 y -2. La solucion 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 = −274A+ 9B + 4C = −1

que tiene como solucion A = −5 , B = −1 , C = 7. Por lo tanto lasolucion buscada es −5 · 2n − 3n + 7 · (−2)n.

17. La ecuacion caracterıstica x3 − 6x2 +12x− 8 = 0 tiene al 2 como raıztriple. Por lo tanto la solucion general es xn = (An2 + Bn + C)2n.Luego de determinar A , B y C a partir de las condiciones iniciales seobtiene la solucion (3n2 − 5n+ 4)2n.

18. La solucion polinomica es 3n2+2n−5. La solucion general es A ·2n+B · 5n + 3n2 + 2n− 5.

132

19. Obviamente la respuesta es cero si n es impar. Sea Xn el numero dedescomposiciones de un rectangulo de 3× 2n en rectangulos de 2× 1.Verifique que X1 = 3 y X2 = 11 , y pruebe que para n > 2 se satisfacela relacion de recurrencia:

Xn = 4Xn−1 −Xn−2

Resolviendola se obtiene:

Xn =

√3

6

(

(√3 + 1)(2 +

√3)n + (

√3− 1)(2 −

√3)n)

20. En el lenguaje del Ejercicio 15 la relacion An+1 =∑n

k=0AkAn−k nosdice que TA = A ∗ A. Por lo tanto (GA)

2 = GA∗A = GTA y comoGTA(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 raız en serie de potencias por el teorema del binomiode Newton resulta:

GA(z) = a+ a∞∑

n=1

2n(2n − 1)!!

(n + 1)!(az)n =

∞∑

n=0

an+1

n+ 1

(2n

n

)

zn

y por lo tanto An = an+1Cn.

21. Pruebe que los numeros buscados satisfacen la misma relacion de re-currencia que los numeros de Catalan, con la misma condicion inicial,y que por lo tanto la respuesta es Cn.

22. Sea Bn el numero buscado. Si un arbol binario tiene n + 1 nodosentonces el subarbol izquierdo debe tener k nodos y el subarbol derechon − k nodos, para algun k entre 0 y n. Entonces la sucesion {Bn}satisface la misma relacion de recurrencia Bn+1 =

∑nk=0BkBn−k que

los numeros de Catalan, y como B0 = 1 = C0 debe ser Bn = Cn.

23. Hay(2nn

)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 Capıtulo 3). Por lo tanto la respuesta es Cn. Otrometodo para resolver este problema es comprobar que los numerosbuscados satisfacen la misma relacion de recurrencia que los Cn.

133

A.6 Capıtulo 6

1. La identidad probada en (6.2.1) muestra, al desarrollar el segundomiembro, que el coeficiente de xk es igual a la suma de todos losproductos de n − k factores enteros distintos comprendidos entre 1 yn−1. Puesto que hay

(n−1n−k

)=(n−1k−1

)sumandos de este tipo y el mayor

de ellos es (n− 1)(n − 2) · · · k resulta que:[n

k

]

≤(n− 1

k − 1

)(n − 1)!

(k − 1)!=

(n− 1

k − 1

)2

(n− k)!

2. Es facil ver que el Paso 1 se ejecuta una vez, el Paso 2 n veces, los Pasos3, 4 y 8 n− 1 veces cada uno, y los Pasos 5 y 7 n(n− 1)/2 veces cadauno. En cuanto al Paso 6, utilizando el resultado obtenido en el analisisdel algoritmo para hallar el mınimo elemento de un arreglo, se ve queel valor esperado del numero de veces que se ejecuta (suponiendo queel arreglo contiene una permutacion de los numeros del 1 al n tomadaal azar) es:

(Hn − 1) + (Hn−1 − 1) + · · ·+ (H2 − 1) = (n∑

i=1

i∑

j=1

1

j)− n

=n∑

j=1

n∑

i=j

1

j− n =

n∑

j=1

n− j + 1

j− n = (n+ 1)Hn − 2n

(Para mas detalles vea [K1]).

3. Considere las permutaciones de los numeros del 1 al n con λi ciclos delongitud i para cada i = 1, ..., n. A cada una de ellas su descomposicionen producto de ciclos disjuntos nos permite hacerle corresponder unaparticion 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 numero de permutacionessupera al de particiones por un factor de:

0!λ11!λ2 · · · (n− 1)!λn

Dividiendo por esta cantidad la expresion dada por la Proposicion(6.1.3) para el numero de permutaciones se llega al resultado deseadopara el numero de particiones.

134

4. Las particiones de un conjunto de n elementos en n − 2 clases son deuno de los dos tipos siguientes:

(a) Una clase con 3 elementos y n − 3 clases con un elemento cadauna. Es claro que hay

(n3

)particiones de este tipo.

(b) Dos clases con dos elementos cada una y n − 4 clases con unelemento cada una. Para obtener una de estas particiones esco-jamos primero los cuatro elementos que van a integrar las clasescon dos elementos , lo cual puede hacerse de

(n4

)maneras, y luego

dividamos esos cuatro elementos en dos clases de dos elementoscada 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 deuno de los tres tipos siguientes:

(a) Una clase con 4 elementos y n − 4 clases con un elemento cadauna. El numero de particiones de este tipo es

(n4

).

(b) Una clase con 3 elementos, otra clase con 2 elementos y n − 5clases con un elemento cada una. El numero de particiones deeste tipo es

(n5

)(52

)= 10

(n5

).

(c) Tres clases con dos elementos cada una y n − 6 clases con unelemento cada una. Para obtener una de estas particiones es-cojamos primero los seis elementos que van a integrar las clasescon dos elementos, lo cual puede hacerse de

(n6

)maneras, y luego

dividamos esos 6 elementos en tres clases con 2 elementos cadauna. Esto ultimo puede hacerse de 6!/(2!3 · 3!) = 15 maneras envirtud de (6.1.3).

Sumando el numero de particiones de cada uno de estos tres tipos seobtiene el resultado deseado.

6. A cada particion P de Nn en k clases sin elementos consecutivoshagamosle corresponder la particion de Nn−1 en k − 1 clases obte-nida adjuntando cada elemento x de la clase de n en P (excepto elpropio n) a la clase de su sucesor x+ 1. Por ejemplo si n = 9 y k = 4entonces a la particion:

{{2, 6}, {3}, {4, 8}, {1, 5, 7, 9}}

135

le corresponde la particion:

{{1, 2, 5, 6}, {3}, {4, 7, 8}}Esta correspondencia es biyectiva. Su inversa es la que a cada particionde Nn−1 en k−1 clases le hace corresponder la particion de Nn obtenidade la manera siguiente: se examinan los numeros desde n− 2 hasta 1en orden decreciente y cada vez que se encuentra un x que pertenezcaa la misma clase de x+1 se extrae de su clase y se coloca en una claseaparte, a menos que x+1 haya sido extraıdo previamente. A las k− 1clases sin elementos consecutivos que resultan por este procedimientose anade la clase adicional constituıda por los elementos extraıdos yn.

En cuanto al numero de banderas observemos que cada particion delconjunto de n franjas horizontales en k clases sin elementos consecu-tivos da lugar a k! coloraciones aceptables, escogiendo de todas lasmaneras posibles un color diferente para cada clase.

7. El miembro derecho R(x) de la igualdad a probar se descompone enfracciones simples como:

A1

1− x +A2

1− 2x+ · · ·+ Ak

1− kxy se calcula facilmente que:

Ak =(−1)k−jjk−1

(j − 1)!(k − j)!Por lo tanto:

R(x) =k∑

j=1

(Aj

∞∑

n=0

(jx)n) =∞∑

n=0

(k∑

j=1

Ajjn)xn

Sustituyendo los Aj por sus valores y operando se llega a que:

R(x) =∞∑

n=0

(1

k!

k∑

j=0

(−1)k−j

(k

j

)

jk+n)xn

y por (6.4.6 ) esta ultima expresion es igual a

∞∑

n=0

{n+ k

k

}

xn

136

8. Otra forma de desarrollar en serie de potencias la funcion racionalR(x) del problema anterior consiste en multiplicar los desarrollos delas fracciones 1/(1 − jx) para j = 1, ..., k Ası se obtiene:

R(x) =k∏

j=1

∞∑

i=0

(jx)i =∞∑

n=0

∑

a1+···+ak=nai≥0

1a12a2 · · · kak

xn

Comparando este desarrollo con el obtenido en el problema anteriorse concluye que

{n+kk

}es igual al coeficiente de xn en el desarrollo

anterior, y sustituyendo n por n− k se obtiene:{n

k

}

=∑

a1+···+ak=nai≥0

1a12a2 · · · kak

9. De (6.2.4) y (6.4.8) se desprende que las matrices de cambio de baseson:

({i

j

})

y

(

(−1)i−j

[i

j

])

(0 ≤ i, j ≤ n)

Como son inversas una de otra, se tiene que:

∑

k

(−1)i−k

[i

k

]{k

j

}

= δij ,∑

k

(−1)k−j

{i

k

}[k

j

]

= δij

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

∑

k

(−1)k[i

k

]{k

j

}

= (−1)iδij ,∑

k

(−1)k{i

k

}[k

j

]

= (−1)jδij

10. Si n = p1 · · · pk asocie a cada particion de Nk la descomposicion de nen la cual los factores son los productos de los pi con subındices enuna misma clase, y muestre que la correspondencia es biyectiva.

11. A cada particion P de Nn tal que cada clase tenga al menos dos ele-mentos hagamosle corresponder la particion de Nn−1 cuyas clases sonlas clases de P que no contienen a n y clases individuales para cadaelemento de los que acompanan a n en la particion P . Es facil verque esta correspondencia establece una biyeccion con las particionesde Nn−1 que tienen al menos una clase de un elemento (construya lainversa).

137

12.

Bn+1 =n+1∑

r=1

{n+ 1

r

}

=n+1∑

r=1

n∑

k=0

(n

k

){k

r − 1

}

=n∑

k=0

(n

k

) n+1∑

r=1

{k

r − 1

}

=n∑

k=0

(n

k

) n∑

j=0

{k

j

}

=n∑

k=0

(n

k

)

Bk

13. Sea U la sucesion constante 1, 1, . . . y B la sucesion formada por losnumeros de Bell Bn. Entonces (usando la notacion del Ejercicio 15del Capıtulo 5) la Proposicion (6.4.12) nos dice que U ∗ B = TB , ypor lo tanto EUEB = EU∗B = ETB = (EB)

′. De aquı se obtiene que(lnEB(z))

′ = ez de donde lnEB(z) = ez + C , para cierta constanteC. Poniendo z = 0 se determina que C = −1 y por tanto

EB(z) = eez−1

14.

eet

=∞∑

n=0

ent

n!= 1 +

∞∑

n=1

1

n!

∞∑

k=0

(nt)k

k!

= 1 +

∞∑

k=0

1

k!

( ∞∑

n=1

nk

n!

)

tk

y comparando este desarrollo con la formula de Bell (6.4.13) se obtienela formula de Dobinsky.

15. Es consecuencia inmediata del resultado del Ejercicio 6.

16. Pruebe por induccion que el numero ubicado en la fila n y columnak + 1 del triangulo de Bell es

∑kj=0

(kj

)Bn−j .

A.7 Capıtulo 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 pentagono no contiene ni triangulos niternas de vertices 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) − 1vertices. Probaremos que G contiene un subgrafo completo de a verti-ces o b vertices independientes. Si ρ(v) ≥ R(a − 1, b; 2) para algunv ∈ V entonces el subgrafo generado por los vertices adyacentes a vcontiene un subgrafo completo de a− 1 vertices (los cuales, junto conel propio v, generan un subgrafo completo de a vertices) o contiene bvertices independientes. Analogamente, si para algun v ∈ V se tieneρ(v) ≤ R(a − 1, b; 2) − 2 entonces el numero de vertices no adyacen-tes a v serıa al menos R(a, b − 1; 2) y el subgrafo generado por elloscontendrıa un subgrafo completo de a vertices o b−1 vertices indepen-dientes, los cuales junto con v harıan b vertices independientes. Solonos resta considerar el caso en que ρ(v) = R(a− 1, b; 2)− 1 para todov ∈ V . Pero esto no puede darse, ya que entonces tendrıamos un grafocon un numero impar de vertices, todos ellos de valencia impar.

3. Por (7.1.3) sabemos que R(2, 4; 2) = 4 y por el Ejercicio 1 sabemosque R(3, 3; 2) = 6. Como estos dos numeros son pares se puede aplicarel 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 uniendolos pares de vertices opuestos de un octogono regular. Por lo tan-to R(3, 4; 2) = 9. Aplicando una vez mas (7.1.3) y el resultado queacabamos 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 uniendode seis en seis los vertices de un polıgono regular de 13 vertices.

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 lasaristas del grafo completo de N vertices KN se pintan con k colores1, . . . , k entonces KN contiene un subgrafo completo de ai vertices contodas sus aristas de color i , para algun i. En efecto, sea v un vertice

139

cualquiera de KN y sea Vi el conjunto de los vertices w 6= v tales quela arista {v,w} este pintada con el color i. Puesto que:

k∑

i=1

|Vi| = N − 1 =

k∑

i=1

Ri − k + 1

para algun i debe ser |Vi| ≥ Ri. Entonces el subgrafo generado porVi contiene un subgrafo completo de aj vertices con aristas de color j,para algun j 6= i, o contiene un subgrafo completo de ai − 1 verticesy aristas de color i. Pero en este ultimo caso los vertices del subgrafoy el propio v generan un subgrafo completo de ai vertices y aristas decolor i.

5. Sea k fijo y hagamos induccion en n = a1 + · · · + ak. Para a1 = a2 =· · · = ak = 1 se tiene

R(2, ..., 2; 2) = 2 ≤(

k

1 . . . 1

)

= k!

Supongamos entonces n > k. Aplicando el Ejercicio anterior, la hipote-sis inductiva y finalmente (3.2.5) se tiene:

R(a1 + 1, . . . , ak + 1; 2) ≤k∑

i=1

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

≤k∑

i=1

(n− 1

a1 . . . ai − 1 . . . ak

)

=

(n

a1 . . . ak

)

6. Sea G un grafo completo de n vertices v1, . . . , vn y supongamos quecada arista ha sido pintada de rojo o de azul. Sea ri el numero dearistas rojas incidentes con el vertice vi. Entonces el numero de aristasazules incidentes con vi sera n− 1− ri , y el numero de triangulos condos aristas de distinto color incidentes con vi sera ri(n− 1− ri). Si untriangulo no es monocromatico debe tener exactamente dos vertices enlos cuales concurren aristas de distinto color. Por lo tanto el numerode triangulos monocromaticos en G es:

M =

(n

3

)

− 1

2

n∑

i=1

ri(n− 1− ri)

140

Ahora bien, es facil comprobar que el maximo valor que puede alcanzarcada producto ri(n− 1− ri) es ((n− 1)/2)2 si n es impar y n(n− 2)/4si n es par, de donde se sigue inmediatamente el resultado deseado.

7. Por induccion en n. Para n = 1 se tiene R(3; 2) = 3 = ⌊e⌋ + 1.Supongamos inductivamente que

R(3, . . . , 3︸ ︷︷ ︸

n−1

; 2) ≤ ⌊e(n − 1)!⌋+ 1

Entonces aplicando el Ejercicio 4 se tiene:

R(3, . . . , 3︸ ︷︷ ︸

n

; 2) ≤ nR(3, . . . , 3︸ ︷︷ ︸

n−1

, 2; 2) − n+ 2

≤ R(3, . . . , 3︸ ︷︷ ︸

n−2

, R(3, 2; 2); 2) = R(3, . . . , 3︸ ︷︷ ︸

n−1

; 2)

≤ n(⌊e(n − 1)!⌋ + 1)− n+ 2 = ⌊en!⌋+ 1

8. Sea a1, a2, . . . una sucesion cualquiera de numeros reales y considereel grafo completo infinito cuyos vertices son los numeros naturales.Para cada par de vertices i < j pintamos la arista {i, j} de rojo, azulo amarillo segun que sea ai < aj , ai = aj o ai > aj . El resultadodeseado es ahora consecuencia inmediata de (7.2.4).

9. Sea W (t, r) como en la Proposicion (7.4.2). Si todos los puntos delplano han sido pintados con k colores consideremos la sucesion 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 pun-to que se obtiene aplicando a Q la rotacion de 60◦ y sentido positivoalrededor de P. En una recta l1 tomemos Nk puntos equiespaciados.Por definicion de Nk debe haber entre ellos Nk−1+1 puntos equiespa-ciados y del mismo color, P0, P1, . . . , PNk−1

. Consideremos los puntosQi = T (Pi−1, Pi) , para i = 1, . . . , Nk−1. Si algun Qi es del mismocolor que los Pj , entonces los puntos Pi−1, Pi, Qi son los vertices deun triangulo equilatero monocromatico. Si no es ası, entonces los Qi

son Nk−1 puntos equiespaciados pintados con k − 1 colores y se repi-te el procedimiento obteniendose un triangulo monocromatico o Nk−2

nuevos puntos equiespaciados pintados con k − 2 colores. Repitiendoeste procedimiento a lo sumo k veces se obtiene necesariamente untriangulo monocromatico.

141

10. Este resultado puede obtenerse a partir del Teorema de Van der Waer-den. Vea [H1] pag. 87.

11. SeaX el conjunto de partes de Nn ordenado por inclusion. Las cadenasmaximales en X son de la forma:

∅ ⊂ {a1} ⊂ {a1, a2} ⊂ · · · ⊂ {a1, . . . , an}donde a1, . . . , an es una permutacion de los numeros de 1 a n. SiA ∈ Xentonces las cadenas maximales a las cuales A pertenece se pueden po-ner en correspondencia biyectiva con las permutaciones a1, . . . , an talesque sus primeros |A| elementos sean precisamente los del conjunto A.Su numero es por lo tanto |A|!(n− |A|)!. Sea ahora T una anticadenaen X. El numero de cadenas maximales que contengan algun A ∈ Tdebe ser menor o igual que el numero total de cadenas maximales, quees n!. Por lo tanto se tiene que

∑

A∈T |A|!(n−|A|)! ≤ n!. Sea k = ⌊n2 ⌋y N =

(nk

). Puesto que

( n|A|)≤ N para todo A ∈ T , de la desigualdad

anterior se desprende que:

1 ≥∑

A∈T

(n

|A|

)−1

≥∑

A∈T

1

N=|T |N

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, resultaque a(X) ≥ N y por lo tanto el numero de Dilworth de X es N .

12. En el conjunto X de las particiones de Nn ordenadas parcialmentepor refinamiento, las particiones con un mismo numero k de clasesconstituyen obviamente una anticadena. Por lo tanto el mayor numerode Stirling

{nk

}es una cota inferior para el numero de Dilworth de X.

Gian-Carlo Rota ha conjeturado que estos numeros coinciden (y enefecto lo hacen para valores pequenos de n).

A.8 Capıtulo 8

1. En total hay r4 coloraciones. Las invariantes bajo una rotacion de90◦ son unicamente aquellas que asignan un mismo color a las cuatrocasillas. Son por lo tanto r. Las invariantes bajo la rotacion de 180◦son las que asignan el mismo color a las dos casillas de cada diagonal,y son r2. De acuerdo con (8.2.1) resulta entonces que el numero decoloraciones no equivalentes por rotaciones es (r4 + 2r + r2)/4.

142

2. El numero total de configuraciones es(168

)= 12870. El grupo de

simetrıas del cuadrado D4 tiene 8 elementos. Si fijamos un sistema decoordenadas con origen en el centro del tablero y ejes paralelos a loslados entonces las configuraciones invariantes bajo una rotacion de 90◦quedan caracterizadas por las dos cruces que deben tener en el primercuadrante. Por lo tanto son

(42

)= 6. Lo mismo puede decirse para

la rotacion de 270◦. Las invariantes bajo la rotacion de 180◦ quedancaracterizadas por la posicion de las cuatro cruces que deben tener enel semiplano superior. Por lo tanto son

(84

)= 70. Un razonamiento

analogo se aplica a las simetrıas de ejes Ox y Oy. Las configuracionesinvariantes bajo la simetrıa de eje y = x quedan caracterizadas por elnumero de cruces que tengan en la diagonal (que puede ser 0, 2 o 4) ypor la disposicion de la mitad de las cruces restantes en el semiplanoy > x. Por lo tanto su numero es

(64

)+(42

)(63

)+(62

)= 150. Lo mismo

puede decirse para la simetrıa de eje y = −x. En definitiva, aplicandoel Lema de Burnside el numero buscado resulta ser:

1

8(12870 + 2 · 6 + 3 · 70 + 2 · 150) = 1674

3. De modo similar a lo hecho en el texto para el cubo se obtienen lossiguientes resultados para los demas poliedros regulares:tetraedro: (r4 + 11r2)/12octaedro: (r8 + 17r4 + 6r2)/24dodecaedro: (r12 + 15r6 + 44r4)/60icosaedro: (r20 + 15r10 + 20r8 + 24r4)/60

4. De acuerdo con el Lema de Burnside el numero de orbitas es:

1

|G||H|∑

g∈G

∑

h∈H|{f ∈ CD : h ◦ f ◦ g−1 = f}|

Ahora bien, supongamos que f ∈ CD , 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)este 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. Recıprocamente, 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 lacorrespondencia puede ser extendida de modo unico a una funcionf ∈ CD tal que h ◦ f ◦ g−1 = f . Puesto que al representante de unk-ciclo de g se le pueden asignar segun este criterio

∑

i|k iλi(h) colores,resulta que:

|{f ∈ CD : h ◦ f ◦ g−1 = f}| =

∑

i|kiλi(h)

λk(g)

con lo cual queda probado el resultado.

144

Apendice B

Tablas

p\q 2 3 4 5 6 7

2 2 3 4 5 6 73 3 6 9 14 18 234 4 9 18 25–28 34–455 5 14 25–28 38–55 38–946 6 18 34–45 38–94 102–1787 7 23

Tabla B.1: Numeros de Ramsey R(p, q; 2).

Nota: a− b significa que el numero de Ramsey esta comprendido entre a y b.

145

146

k\n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 120 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 122 1 3 6 10 15 21 28 36 45 55 663 1 4 10 20 35 56 84 120 165 2204 1 5 15 35 70 126 210 330 4955 1 6 21 56 126 252 462 7926 1 7 28 84 210 462 9247 1 8 36 120 330 7928 1 9 45 165 4959 1 10 55 220

10 1 11 6611 1 1212 1

k\n 13 14 15 16 17 18 19 200 1 1 1 1 1 1 1 11 13 14 15 16 17 18 19 202 78 91 105 120 136 153 171 1903 286 364 455 560 680 816 969 11404 715 1001 1365 1820 2380 3060 3876 48455 1287 2002 3003 4368 6188 8568 11628 155046 1716 3003 5005 8008 12376 18564 27132 387607 1716 3432 6435 11440 19448 31824 50388 775208 1287 3003 6435 12870 24310 43758 75582 1259709 715 2002 5005 11440 24310 48620 92378 167960

10 286 1001 3003 8008 19448 43758 92378 18475611 78 364 1365 4368 12376 31824 75582 16796012 13 91 455 1820 6188 18564 50388 12597013 1 14 105 560 2380 8568 27132 7752014 1 15 120 680 3060 11628 3876015 1 16 136 816 3876 1550416 1 17 153 969 484517 1 18 171 114018 1 19 19019 1 2020 1

Tabla B.2: Coeficientes binomiales(nk

)

147

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

0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 1 1 2 6 24 120 720 5040 40320 3628802 1 3 11 50 274 1764 13068 109584 10265763 1 6 35 225 1624 13132 118124 11727004 1 10 85 735 6769 67284 7236805 1 15 175 1960 22449 2693256 1 21 322 4536 632737 1 28 546 94508 1 36 8709 1 45

10 1

k\n 11 12 13 14

0 0 0 0 01 3628800 39916800 479001600 62270208002 10628640 120543840 1486442880 198027590403 12753576 150917976 1931559552 265967170564 8409500 105258076 1414014888 203137530965 3416930 45995730 657206836 99577037566 902055 13339535 206070150 33361187867 157773 2637558 44990231 7909431538 18150 357423 6926634 1350364739 1320 32670 749463 16669653

10 55 1925 55770 147447311 1 66 2717 9109112 1 78 373113 1 9114 1

Tabla B.3: Numeros de Stirling de primera especie

148

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

0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 1 3 7 15 31 63 127 255 511 10233 1 6 25 90 301 966 3025 9330 285014 1 10 65 350 1701 7770 34105 1457505 1 15 140 1050 6951 42525 2467306 1 21 266 2646 22827 1794877 1 28 462 5880 639878 1 36 750 118809 1 45 1155

10 1 5511 1

k\n 12 13 14 15 16

0 0 0 0 0 01 1 1 1 1 12 2047 4095 8191 16383 327673 86526 261625 788970 2375101 71416864 611501 2532530 10391745 42355950 1717989015 1379400 7508501 40075035 210766920 10961905506 1323652 9321312 63436373 420693273 27349265587 627396 5715424 49329280 408741333 32818826048 159027 1899612 20912320 216627840 21417640539 22275 359502 5135130 67128490 820784250

10 1705 39325 752752 12662650 19375499011 66 2431 66066 1479478 2893690812 1 78 3367 106470 275711813 1 91 4550 16562014 1 105 602015 1 12016 1

Tabla B.4: Numeros de Stirling de segunda especie

149

n Fn Cn Bn

0 0 11 1 1 12 1 2 23 2 5 54 3 14 155 5 42 526 8 132 2037 13 429 8778 21 1430 41409 34 4862 21147

10 55 16796 11597511 89 58786 67857012 144 208012 421359713 233 742900 2764443714 377 2674440 19089932215 610 9694845 138295854516 987 35357670 1048014214717 1597 129644790 8286486980418 2584 477638700 68207680615919 4181 1767263190 583274220505720 6765 6564120420 5172415823537221 10946 24466267020 47486981615675122 17711 91482563640 450671573844732323 28657 343059613650 4415200585508434624 46368 1289904147324 44595886929480528925 75025 4861946401452 463859033222999935326 121393 18367353072152 4963124652361875627427 196418 69533550916004 54571704793605998938928 317811 263747951750360 616053940459993465245529 514229 1002242216651368 7133980193886027519117230 832040 3814986502092304 84674901451180933245014731 1346269 14544636039226909 1029335894622637648509565332 2178309 55534064877048198 128064670049908713818925644

Tabla B.5: Numeros de Fibonacci, Catalan y Bell.

150

m\n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 1 2 2 2 2 2 2 2 23 1 3 4 5 5 5 5 5 54 2 6 9 10 11 11 11 115 1 6 15 21 24 25 26 266 1 6 21 41 56 63 66 677 4 24 65 115 148 165 1728 2 24 97 221 345 428 4679 1 21 131 402 771 1103 130510 1 15 148 663 1637 2769 366411 9 148 980 3252 6759 1025012 5 131 1312 5995 15772 2825913 2 97 1557 10120 34663 7541514 1 65 1646 15615 71318 19278815 1 41 1557 21933 136433 46780716 21 1312 27987 241577 106989017 10 980 32403 395166 229589818 5 663 34040 596191 460917919 2 402 32403 828728 864013420 1 221 27987 1061159 1510804721 1 115 21933 1251389 2463088722 56 15615 1358852 3743376023 24 10120 1358852 5303735624 11 5995 1251389 7006543725 5 3252 1061159 8631867026 2 1637 828728 9918780627 1 771 596191 10632162828 1 345 395166 10632162829 148 241577 9918780630 63 136433 86318670

Tabla B.6: Grafos con n vertices y m aristas.

Apendice C

Lista de sımbolos

Nn seccion de los naturales del 1 al n, {1, 2.., n} (pag. 4)|A| numero de elementos (cardinal) del conjunto A (pag. 4)

A ∼ B A es coordinable con B (es decir existe unafuncion f : A→ B biyectiva) (pag. 4)

(mn

)coeficiente binomial m!

n!(m−n)!( mn1,n2,...,nk

)coeficiente multinomial m!

n1!n2! ...nk!(pag. 34)

[mn

]numero de Stirling de primera clase (pag. 69)

{mn

}numero de Stirling de segunda clase. (pag. 75)

Bn numero de Bell{n0

}+ · · ·+

{nn

}(pag. 75)

Cn numero de Catalan 1n+1

(2nn

)(pag. 61)

a|b a divide a b (b es multiplo de a)D(a, b) maximo comun divisor de a y b⌊x⌋ parte entera de x ( el mayor numero natural menor

o igual que x )final de una demostracion. Si aparece inmediatamentedespues de un enunciado entonces la demostracion o estrivial o esta contenida en la discusion previa.

∀ para todo

151

152

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156

Indice de Materias

accion, 104de Polya, 108

Aigner,M., 2ajedrez, 8, 11, 23algoritmo de Euclides, 48, 128algoritmos, 21

combinatorios, 21analisis de, 73

anticadena, 96arbol binario, 64arreglos, 13

con repeticion, 15

Ben Gerson, Levi, 2Berge, C., 1Bernoulli, 3Bhaskara, 2Bourbaki, 2

cadena, 96Cailey, 3caminos ascendentes, 26Cardano, 2cardinal, 4Catalan, Eugene, 61ciclo, 65codigo corrector, 37coeficientes

binomiales, 25multinomiales, 32

Cohen, D. I. A., 25

coloraciones, 108combinaciones, 17

con repeticion, 19Combinatoria, 1configuraciones, 1conjunto

de partes, 10coordinables, 4coordinaciones, 13

De Moivre, A., 3, 51de Pisa, Leonardo, 3, 47deBruijn, N. G., 104, 114desarreglo, 42Descartes, Blanche, 103Dirichlet, P.G.L, 43disposiciones, 13distancia de Hamming, 37

ecuacion caracterıstica, 53enumeracion de grafos, 112Erdos, Paul, 3Erdos-Szekeres, 9, 90, 92estabilizador, 105Ettingshausen, A., 17Euler, 3, 58, 89

factorial, 10factorial inferior, 10Fermat, 2Fibonacci, 3, 47

157

finito, 4

formula deBell, 81Dobinsky, 84la criba de Jordan, 46Stifel, 28Sylvester, 40

funcionµ de Mobius, 43φ de Euler, 45

funcionescrecientes, 20estrictamentecrecientes, 18decrecientes, 19

generatrices, 51inyectivas, 10simetricas, 110sobreyectivas, 35, 41, 77

Gardner, Martin, 82grafo, 89Greenwood y Gleason, 101

Herstein,I.N., 1

Kaplansky, 23

Kepler, J., 48Knuth, D. E., 25, 64, 69

Leibniz, 3, 65Lema de Burnside, 107Liber Abaci, 3, 47Lucas, 63

mınimo de izquierda a derecha, 71monomios, 19

numero deBell, 75

Dilworth, 98

elementos, 4Stirling de

primera clase, 69segunda clase, 75

numeros

de Catalan, 61de Ramsey, 86

Newton, 3

orbita, 105

orden parcial, 96

parentesis, 60

pareo, 98particion, 75Pascal, 2

permutacion, 65permutaciones, 15

circulares, 68con repeticion, 16

polinomio indicador de ciclos, 111

Polyaaccion de, 108

Polya, G., 3, 104principio

de correspondencia, 4

de Dirichlet, 86de inclusiones y exclusiones, 39

de la suma, 5de reflexion, 36del producto, 6

problema de los matrimonios, 45

Ramsey, F. P., 3, 86

Redfield, J. H., 3, 104relacon de recurrencia, 49relacion de recurrencia

lineal, 53

158

serie armonica, 8sistema de representantes distin-

tos, 99Sperner, 101Stevin, 3Stifel, 3, 26

formula de, 28sucesos, 6

Tartaglia, 2teorema

del matrimonio, 98multinomial, 34

teorema deDilworth, 97Graham - Rothschild, 94Konig-Frobenius, 100la votacion, 36Philip Hall, 99Polya, 111Ramsey, 86Van der Waerden, 96

Thom, Rene, 85transposicion, 66triangulo aritmetico, 29Triangulo de Bell, 81triangulaciones, 58

Van der Monde, 55identidad de, 32

variaciones, 13

159