Problemas de combinatoria

Problemas de combinatoria Para los problemas que siguen, vamos a gastar los siguiente: 1. Principios enumerativos básicos: principio aditivo, principio multiplicativo,.... 2. Objetos combinatorios básicos: permutaciones, variaciones,... 3. Doble conteo. 4. Principio de inclusión-exclusión. 5. Principio del palomar. 6. Un poco de aritmética modular. 7. Un poco de manipulación funcional (logaritmos, raíces,... ), teorema del binomio. 1. Problemas diversos (pupurrí) 1. Dar el número de soluciones naturales de la ecuación x 1 + x 2 + + x k = n, con los x i mayores o iguales que 1. Y si pedimos que x i k i, con k i estrictamente positivo? Y si pedimos que x i 0? Para una solución (a 1, a 2,..., a k ) de la ecuación x 1 + x 2 + + x k = n construimos el subconjunto {a 1, a 1 + a 2,..., a 1 + a 2 + + a k 1 } de [n 1]. Para cada subconjunto de este tipo tenemos una solución única, y recíprocamente, para cada solución tenemos un subconjunto de este tipo. Así pues tenemos ( n 1 k 1) subconjuntos, y hemos acabado. Si permitimos que x i k i, basta hacer el cambio de variable y i = x i k i + 1 y resolver. En particular, si x i > 1, entonces y i = x i + 1 da lugar a la ecuación y 1 + y 2 + + y k = n + k. Esto último también se puede justificar directamente escogiendo de n + k 1 puntos k 1. Marcando estos k 1 el valor de x i se corresponde con la diferencia de puntos que queda entre la i-ésima cruz y la anterior. 2. Sea S un círculo con n vértices etiquetados desde 1 hasta n, en sentido horario. De cuantas maneras podemos tachar k vértices de tal manera que no existan 2 cruces consecutivas? Sea f(n, k) el valor que queremos hallar, y sea g(n, k) lo mismo, pero un punto de los no marcados pintado de azul. Es claro que f(n, k)(n k) = g(n, k). Vamos a calcular g(n, k). Para ello, pintamos primero el punto de color azul (lo podemos hacer de n maneras), y cortamos el círculo a través de este punto. Debemos poner k cruces no consecutivas en un array con n 1 puntos (uno está pintado de azul, y no puede marcarse). Para hacer esto, simplemente tomamos n 1 k puntos y colocamos en los espacios que quedan entre ellos k cruces, contando el principio y el final. ESto lo podemos hacer de ( ) n k k maneras. ( Por lo tanto, f(n, k) = n n k ) n k k. 1

3. Teorema de Ërdos-Ko-Rado: consideraremos conjuntos de subconjuntos de [n]. Definimos una familia de intersecciones A como una familia de conjuntos con la propiedad que si A, B A, entonces A B. a) Demostrar que estas familias tienen como mucho 2 n 1 elementos. Demostrar que las familias del tipo A x = {A [n] : x A} son maximales. Hay de algún tipo más? b) Ahora nos fijamos sólo en familias de intersecciones donde los conjuntos tienen un número fijo de elementos, digamos r. Demostrar que el cardinal es ( ) n r si n < 2r y 1 n ) 2( r si n = 2r. c) Demostrar que si ahora n > 2r, entonces A ( n 1 r 1), y que la igualdad se alcanza para las familias del tipo A x. Son las únicas familias para las que la cota se alcanza? Para demostrarlo, usamos el método circular de Katona: dibujamos una permutación de [n] sobre un círculo, con los números 1, σ(1),..., σ n 1 = 1 en sentido horario. Una de estas permutaciones la llamamos circular (en particular, no tiene puntos fijos...), y denotamos el conjunto de permutaciones circulares por C. Decimos entonces que σ C contiene A A si A se escribe como {σ i (1), σ i+1 (1),..., σ i+r 1 (1)}, para un cierto i. Usar entonces doble conteo sobre parejas del tipo (A, σ) de manera astuta. Los dos primeros apartados son triviales. Pasemos al tercero, que es el interesante. Definimos el conjunto µ = {(A, σ), A A, A σ, σ C}. Vamos a aplicar doble conteo: es claro que fijando la primera componente µ = A r!(n r)!, ya que para dibujar A sobre el círculo, lo podemos hacer ordenandolo de r! maneras, y el resto de puntos que quedan de (n r)! maneras. Vamos a sobrecontar ahora fijando una permutación circular, de las que sabemos que hay (n 1)! (permutación de [n] sobre el círculo). La clave consiste en ver que como A es una familia de intersecciones, fijando una permutación circular, como mucho pueden haber r conjuntos que pertenezcan a dicha permutación, ya que de haber más, el primero y el último serían disjuntos. Así, pues, A r!(n r)! r(n 1)!, de donde se deduce la cota. Lo anterior se da con igualdad si todas las permutaciones circulares tienen asociados elementos de A (de hecho, r). 4. Sea p primo distinto de 2, y A = {1, 2,..., 2p}. Hallar el número de subconjuntos de A de p elementos tales que la suma de sus elementos sea múltiplo de p. (IMO 95/6) 5. Lema de Sperner: supongamos un triángulo con vértices A, B y C. Pintamos dichos vértices con los colores 0, 1 y 2. Supongamos ahora que tenemos puntos tanto en las aristas del triángulo como en su interior. Pintamos asimismo dichos puntos de forma cualquiera, de tal forma que los puntos de la frontera únicamente puedan pintarse con los dos colores que definen los extremos de la arista. Finalmente, consideramos una triangulación del conjunto usando todos los puntos. Demostrar que existe un triángulo propio que tiene cada vértice pintado de un color distinto. (Pista: doble conteo...) 2. Principio de inclusión y exclusión 1. Teorema de inversión de Möebius y función ϕ de Euler. (O cómo atacar problemas del tipo d n...) Definimos, para empezar, la función µ de Möebius en N según: µ(p a1 1 pa2 2... pa k k ) = { ( 1) k, si a i = 1; 0, en otro caso. 2

Recordamos, además, que ϕ(n) de Euler nos cuenta el número de elementos menores que n que son primos con n. Demostrar lo siguiente: a) d n µ(d) = 1 si n = 1 y 0 en el resto de casos. b) Demostrar el teorema de inversión de Möebius: dadas dos funciones f, g que cumplen f(n) = d n g(d), entonces también se cumple que g(n) = d n f(d)µ(n/d). c) Mediante el principio de inclusión y exclusión, hallar la expresión de ϕ(n) en términos de los primos que dividen a n. Expresar el valor de ϕ(n) en términos de los divisores d de n y de sus funciones de Möebius µ(d) correspondientes. d) De lo anterior, aplicar el teorema de inversión sobre la función ϕ para hallar d n ϕ(d). e) Demostrar directamente (o sea, sin inversión de Möebius) la igualdad anterior. 2. Problema de los desarreglos: fijado un valor de n, contar el número de permutaciones sin puntos fijos. Es decir, contar las permutaciones σ S n tales que σ(i) i para todo i = 1,..., n. 3. Problème des ménages: fijado un valor de n, contar el número de permutaciones σ S n tales que σ(i) i, i + 1(n) para todo i = 1,..., n. (Pista: será útil al final usar el problema 2 relativo a meter cruces en un círculo) 3. Problemas con el principio del palomar 1. Consideremos el conjunto A = {1, 2,..., 2n}, y tomamos un subconjunto de n+1 elementos. Demostrar que en dicho subconjunto siempre existen dos elementos relativamente primos. 2. Supongamos A el mismo conjunto de antes y un subconjunto B de n+1 elementos. Demostrar que en B existen dos elementos tales que uno divide al otro. 3. Demostrar el siguiente resultado clásico de teoría de números: todo número primo de la forma 4m + 1 es suma de dos cuadrados. Demostrar antes que en estas condiciones de primalidad, existe un s tal que s 2 + 1 es múltiplo de p. 4. Sea ABC un triángulo equilátero y consideremos una partición de su frontera: ABC = Φ 1 Φ 2. Demostrar que siempre existen tres puntos dentro de Φ 1 ó de Φ 2 (digamos p, q y r) para los que pqr es un ángulo recto. (IMO 83/4) 5. Dados 7 números reales y 1, y 2,..., y 7 siempre existen dos para los que se cumple que 0 y i y j 1 + y i y j 1 3 Dar una nueva cota si ahora el conjunto de números reales es de 13 puntos. 6. Sean n 1, n 2,..., n m un conjunto de números enteros siendo m impar. Sea σ S m una permutación y sea x = (x 1, x 2,..., x m ) = σ(1, 2,..., m). Sea f(x) = x i n i. Demostrar que existen dos permutaciones a, b con independencia de los enteros iniciales para los que f(a) f(b)(m!). (IMO 01/4) este problema pide a gritos usar palomar. Vamos a ver cuantos valores distintos puede tomar la suma x i n i, y veremos que si todos dejan residuos distintos módulo m!, llegamos a una contradicción. Si todos los residuos módulo m! son distintos, entonces su suma es 1 + 2 + + m! = 1/2m!(m! + 1). Como m es impar, esta suma es congruente con 1/2m! módulo m!, ya que m! + 1 es siempre impar. 3

Ahora bien, si hacemos la suma directamente, σ S n i x in i, observar que podemos sumar fijando cada i. Por simetria, tomamos i = 1. Observar que el valor de x 1 es (m 1)! veces k, con k = 1,..., m. Así, pues, la suma es 1/2m!(m + 1) i n i, que es congruente con 0 módulo m! ya que m es impar. Hemos llegado pues a una contradicción, que salía del hecho de partir de que si x y, entonces f(x) y f(y) son distintos módulo m!. Así pues, existen almenos dos valores a y b para los que f(a) f(b)(m!). 4. Funciones generatrices, recurrencias y biyecciones combinatorias Previo: dada una sucesión {a n } n 0, la función generatriz asociada a dicha sucesión (en términos formales... ), o simplemente GF, es la serie formal de potencias n 0 a nz n. 1. Hallar las funciones generatrices de: a) La sucesión 1, 1, 1,... b) La sucesión 1, 2, 3,... c) La sucesión 1, 1 2, 1 3,... d) La sucesión 1, 1 + 1 2, 1 + 1 2 + 1 3,... e) La sucesión de números binomiales. 2. Deducir, mediante el método de las funciones generatrices, el término general para la sucesión de Fibonacci. La recurrencia a resolver es a n = a n 1 + a n 2, con a 0 = a 1 = 1. La función generatriz es A(x) = i=0 a nx n. Tomando cada término y multiplicando por la potencia de x adecuada, y sumando posteriormente: a 2 x 2 = a 1 x 2 + a 0 x 2 a 3 x 3 = a 2 x 3 + a 1 x 3 a 4 x 4 = a 3 x 4 + a 2 x 4 a 5 x 5 = a 4 x 5 + a 3 x 5... a n x n = a n 1 x n + a n 2 x n A(x) a 1 x a 0 = (A(x) a 0 )x + A(x)x 2 con lo que A(x)(1 x x 2 ) = (a 1 a 0 )x + a 0, y por lo tanto, sustituyendo valores: A(x) = 1 1 x x 2 Denotando por φ = 1/2(1 + 5) y φ = 1/2(1 5), la descomposición en fracciones simples de lo anterior da lugar a: 1 A(x) = 1 x x 2 = 1 ( 1 5 x φ 1 ) x φ de donde se deduce inmediatamente que a n = 1 5 (φ n φ n ). 3. Triangulaciones: consideremos un polígono convexo con n+2 lados, y cuyos vértices se hallan enumerados desde 1 hasta n en sentido antihorario. Establecer una recurrencia que defina el número de triangulaciones de dicho polígono, y hallar, mediante manipulación de las GF el término general. El término general que se obtiene constituye la sucesión de Catalan. 4

4. Caminos de Dyck, Catalan y biyecciones combinatorias: a) Consideramos los caminos que empiezan en el punto (0, 0), con pasos (1, 1) o bien (1, 1) que no cortan (pero posiblemente tocan) el eje de abscisas. Estos caminos se denominan caminos de Dyck. Contar el número de caminos de este tipo entre el punto (0, 0) y el punto (2n, 0). Cómo se generaliza todo esto si en lugar de llegar al punto (2n, 0) se llega al punto (2n, r)? (Pista: usar algun tipo de reflexión astuta) b) Establecer biyecciones combinatorias entre los siguientes personajes combinatorios: matchings sin cortes con de [2n], caminos de Dyck de longitud 2n, arboles generales con raíz con n aristas, arboles binarios con raíz y n vértices,triangulaciones de polígonos etiquetados con n triángulos. (Indicación: demostrar las biyecciones en este orden) c) Dado un entero positivo n se consideran 2n puntos alineados A 1, A 2,..., A 2n. Cada punto se colorea de azul o de rojo según la siguiente ley: en el plano se trazan n circunferencias con diámetros de extremos A i y A j, disjuntas dos a dos. Cada A k, 1 k 2n, pertenece exactamente a una circunferencia. Se colorean los puntos de modo que los dos puntos de una misma circumferencia lleven el mismo color. Determinar el número de coloraciones distintas de los 2n puntos se pueden obtener al variar los colores i las circunferencias (Pista: contar los casos pequeños, y pensar en caminos de Dyck, o en algo parecido, que capture la información de los colores usados) (IBERO 05/6) 5. Hallar la suma n k=0 k y n k=0 k2 mediante el uso de funciones generadoras. Cómo lo hacemos para hallar n k=0 ks? (De manera cualitativa) 6. Resolver la recurrencia de Fibonacci mediante el uso de funciones generadoras. 7. Particiones de enteros: dado un entero n, se dice que el conjunto {n 1, n 2,..., n k } es una partición de n en k partes si n 1 + + n k = n (Es decir, que no importa el orden...) a) Sea p n el número de particiones de n. Demostrar que su función generatriz P (z) es 1 i=1 1 x. i b) Cuantas particiones en n en 2 partes hay? c) Demostrar que el número de particiones de n en 3 partes es { n2 12 } ({ } indica el entero más cercano al número en cuestión) (Pista: tomar un círculo con n vértices en el borde, y mirar el número de triángulos no congruentes 2 a 2 que se pueden dibujar. Relacionar esto con lo que queremos calcular) 8. Sean A y E vértices opuestos en un polígono de 8 lados. Una rana que inicialmente se halla en A empieza a saltar con paso unidad. Desde cualquier vértice excepto E, la rana puede saltar a los dos vecinos correspondientes con la misma probabilidad. Cuando llega a E, la cosa se acaba. Sea a n el número de caminos distintos ( desde A hasta E con exactamente n pasos. Demostrar que a 2n 1 = 0 y que a 2n = 1 2 (2 + 2) n 1 (2 2) n 1).(IMO 79/6) Observar que demostrar que a 2n 1 = 0 es trivial. Definamos a 2n = d n, y la serie de potencias D(x) = i=1 d nx n. Definimos, además, la sucesión auxiliar b n correspondiente al conteo del número de maneras de llegar desde el punto C a E en 2n pasos, y c n lo mismo, pero ahora desde el punto G. Es claro que b n = c n. Las recurrencias que se cumplen son: { dn = 2d n 1 + 2b n 1 b n = 2b n 1 + d n 1 { D(x) = 2xD(x) + 2xQ(x) Q(x) x = 2xQ(x) xd(x) 5

Aislando D(x), obtenemos que D(x) = 2x 2 1 4x+2x 2. Descomponiendo en fracciones simples obtenemos el resultado pedido. 6