sol

ÁLGEBRA
Algunas soluciones a la Práctica 2
Combinatoria
(Curso 2009–2010)
7.– Sea A un conjunto con n elementos. ¿Cuántos subconjuntos tiene el conjunto A?.
Probar que el número de subconjuntos de cardinal par y el número de subconjuntos de
cardinal impar coinciden.
Método I: Dado un subconjunto de A cada elemento puede estar o no en el
subconjunto. Es decir hay dos posibilidades para cada elemento de A. Por tanto,
en total habrá 2n posibles subconjuntos.
Veamos ahora que coinciden el número de subconjuntos de cardinal par e impar. Para
ello definiremos un criterio que hace corresponder a cada conjunto con un número par
de elementos otro con un número impar, y viceversa. Fijamos un elemento a0 ∈ A.
Dado un subconjunto B de A, construimos un subconjunto B 0 de la siguiente manera:
{no par de elementos}
B
{no impar de elementos}
B ∪ {a0 } si a0 6∈ B
−→
B \ {a0 } si a0 ∈ B
−→
Es decir, si a0 no está en B, se lo añadimos (B 0 = B ∪ {a0 }); si a0 está en B se lo
quitamos (B 0 = B \ {a0 }). De esta forma establecemos una correspondencia biunı́voca
entre subconjuntos de A con un número par de elementos y subconjuntos de A con un
número impar de elementos. Por tanto hay el mismo número de unos y de otros.
Método II: El número de subconjuntos de k elementos que tiene A corresponde
precisamente
a las combinaciones sin repetición de n elementos tomado de k en k,
n
Cn,k = k . El número total de subconjuntos será:
n
n
n
T otal = Cn,0 + Cn,1 + . . . + Cn,n =
+
+ ... +
0
1
n
Pero por el binomio de Newton esto es exactamente (1 + 1)n = 2n .
Con este mismo razonamiento el número de subconjuntos con un número par de
elementos es:
n
n
n
+
+ ... +
P ares = Cn,0 + Cn,2 + . . . + Cn,m =
0
2
m
donde m = n si n es par y m = n − 1 si n es impar. El número de subconjuntos con
cardinal impar es:
n
n
n
Impares = Cn,1 + Cn,3 + . . . + Cn,m0 =
+
+ ... +
1
3
m0
donde m0 = n − 1 si n es par y m0 = n si n es impar. Si ahora calculamos la diferencia
entre ambos queda:
n
n
n
n
n
n
n
P ares − Impares =
−
+
−
+
+ . . . + (−1)
0
1
2
3
4
n
Por el binomio de Newton esto es exactamente (1 − 1)n = 0 y probamos la igualdad
entre P ares e Impares.
ÁLGEBRA
Solución a los problemas adicionales
Combinatoria
(Curso 2009–2010)
I.– ¿De cuántas maneras podemos distribuir 8 bolas idénticas en 3 contenedores A, B, C
de modo que
a) ninguna caja se quede vacı́a?
En primer lugar, para que ninguna caja se quede vacı́a debemos poner al menos una
bola en cada caja y luego distribuir las 5 bolas sobrantes entre las 3 cajas. Se trata
por tanto de formar grupos no ordenados de 5 elementos, de manera que cada uno de
ellos puede ser A, B o C. Son combinaciones con repetición:
CR3,5 =
3+5−1
5
=
(3 + 5 − 1)!
= 21
5!(3 − 1)!
b) ninguna caja se quede vacı́a y que el contenedor C contenga un número par de bolas?
Ahora, ponemos como mı́nimo una bola en cada contenedor, pero además para que en
el contenedor C siempre halla un número par de bolas, podemos meter en él, 2, 4 o 6.
En cada caso las bolas restantes se distribuyen en los contenedores A y B. Queda por
tanto:
2+4−1
2+2−1
2+0−1
CR2,4 + CR2,2 + CR2,0 =
+
+
=5+3+1=9
4
2
0
(Primer parcial, enero 2008)
II.– En una cena de antiguos compañeros de clase hay doce comensales que han reservado
una mesa redonda en un restaurante de moda. Por una vieja rencilla dos de ellos no
se tratan. El organizador, preocupado por la situación, se pregunta:
(a) ¿De cuantas formas pueden sentarse a la mesa los doce comensales, de manera que
los enemistados no se sienten juntos?.
Método I:
Primero calculamos de cuantas formas pueden sentarse los 12 sin ninguna restricción.
Teniendo en cuenta que es una mesa redonda, lo que diferencia una configuración de
otra es la posición relativa de unos respecto a otros. Por tanto fijamos un comensal.
Los once restantes pueden sentarse en once sillas, de manera que el orden en que se
coloquen diferencia una configuración de otra. Se trata por tanto de permutaciones
de 11 elementos, es decir:
P11 = 11!
Ahora vemos en cuantas de estas posibilidades los dos enemistados A y B se sientan
juntos. Fijado A como referencia, B puede sentarse a su derecha o a su izquierda, y
los 10 restantes en las 10 sillas que quedan. Son por tanto 2 · P10 opciones.
Restando unas de otras queda:
P11 − 2 · P10 = 11! − 2 · 10! = 9 · 10!
Método II: Directamente: si los enemistados son A y B, fijamos la posición de A.
Entonces B puede sentarse en cualquier silla que no este al lado de A, es decir, 9
opciones. Los otros 10 en las restantes. Obtenemos que las posibilidades totales son:
9 · P10 = 9 · 10!
(b) ¿De cuantas formas pueden sentarse a la mesa los doce comensales, de manera que
los dos enemistados no se sienten uno enfrente del otro?.
Método I: A las posibilidades totales le descontamos en las que A y B están enfrente.
Fijadas sus posiciones los otros 10 se pueden sentar en las 10 sillas restantes. Son P10
combinaciones. Por tanto aquellas en las que no están enfrente son:
P11 − P10 = 11! − 10! = 10 · 10!
Método II: Directamente: fijada la posición de A, si B no esta enfrente puede sentarse
en las 10 sillas restantes. Ahora los otros invitados pueden sentarse en cualquier silla
no ocupada. Las opciones totales son:
10 · P10 = 10 · 10!
(c) ¿De cuantas formas pueden sentarse a la mesa los doce comensales, de manera que
los dos enemistados no se sienten ni juntos ni uno enfrente del otro?.
Método I: A las posibilidades totales les restamos aquellas en las que A y B están
juntos o enfrente:
P11 ! − 2 · P10 ! − P10 ! = 11! − 3 · 10! = 8 · 10!
Métod II: Directamente: fijada la posición de A, si B no esta enfrente ni al lado
puede sentarse en 8 sillas. Los otros comensales eligen entre las 10 sillas restantes.
Queda:
8 · P10 = 8 · 10!
(Examen final, junio 2004)
III.– Vives en una urbanización que se puede representar esquemáticamente con el siguiente
diagrama:
Una mañana te dispones a desplazarte desde A hasta B. Es claro que para hacerlo
tendrás que recorrer al menos 11 tramos (un “tramo” es la longitud del lado de una
manzana).
(a) ¿Cuantos recorridos formados por 11 tramos llevan desde A hasta B?
Para hacer el recorrido en once tramos necesariamente en cada cruce sólo puedes, o
bien subir, o bien ir a la derecha. Si bajas o vas a la izquierda necesitarı́as más de 11
tramos para completar el recorrido. En concreto hay que subir 4 manzanas e ir 7 a la
derecha.
Por tanto una ruta de once tramos consiste simplemente en decidir en que orden
hacemos los tramos de subida y los de ir a la derecha. Son permutaciones con repetición
de 11 elementos donde hay 7 de una clase y 4 de la otra:
P (11; 7, 4) =
11!
= 330
7!4!
(b) ¿Cuántos de 12 tramos?
Sabemos que el número mı́nimo de tramos es 11, 4 hacia arriba y 7 a la derecha.
Si recorremos algún tramo a la izquieda o hacia abajo, hemos de volver a recorrer
otro hacia la derecha o hacia arriba respectivamente, para recuperalo. Por tanto para
completar el recorrido de A a B, necesariamente hemos de añadir un número par de
tramos al número mı́nimo 11. Deducimos que es imposible hacerlo en 12 tramos.
(c) Si deseas evitar a toda costa la intersección C marcada en el dibujo (por motivos que
no vienen al caso), ¿cuántos recorridos de 11 tramos puedes seguir?
Contamos el número de recorridos de 11 tramos que pasan por la intersección C y los
descontamos del número de recorridos total calculado en (a).
Para ir de A a C necesitamos 3 tramos a la derecha y 2 hacia arriba. Las posibilidades
son P (5; 3, 2). Para ir de C a B necesitamos 4 tramos a la derecha y 2 hacia arriba.
Es decir, P (6; 4, 2) posiblidades. En total hay
P (5; 3, 2) · P (6; 4, 2) =
5!
6!
·
= 150
3!2! 4!2!
recorridos de 11 tramos pasando por C.
Por tanto el número de recorridos de 11 tramos que no pasan por C es:
11!
5!
6!
−
·
= 330 − 150 = 180.
7!4! 3!2! 4!2!
IV.– Tres personas se suben al ascensor en la planta baja de un edificio con 5 plantas más.
Calcular de cuántas formas pueden bajar del ascensor
(a) si distinguimos entre las tres personas.
Cada una de ellas puede elegir una cualquiera de las 5 plantas, pudiendo bajarse dos
o más en la misma. Son por tanto variaciones con repetición de 5 elementos tomados
de 3 en 3:
V R5,3 = 53 = 125
(b) si no distinguimos entre las tres personas
Ahora, como no distinguimos entre las personas no nos importa el orden en que se
elijan las plantas. Por tanto son combinaciones con repetición de 5 clases de elementos
tomados de 3 en 3:
5+3−1
CR5,3 =
= 35
3
V.–
(a) ¿De cuántas maneras pueden entrar diez alumnos en tres aulas, si no se hace distinción
de personas?
Método I: Para contar cuántas posibilidades hay podemos tener en cuenta lo
siguiente. Escribimos un número del 1 al 3 por cada uno de los alumnos, dependiendo
de en qué clase ha entrado. Estamos formando por tanto grupos de 10 elementos
escogidos de entre 3 posibles.
Como dos alumnos pueden entrar en la misma clase, pueden repetirse elementos.
Como no distinguimos entre los alumnos, no nos importa el orden en que escribimos
los 10 números del 1 al 3.
Se trata por tanto de combinaciones con repetición de 3 tipos de elementos tomados
de 10 en 10:
3 + 10 − 1
12
12 · 11
= 66.
CR3,10 =
=
=
10
2
1·2
Método II: Contamos de la siguiente manera.
- Si en la clase 1 no entra ningún alumno, los 10 entrarán en las dos restantes
distribuidos:
10 − 0;
9 − 1;
8 − 2;
...
0 − 10;
⇒ 11 posibilidades.
- Si en la clase 1 entra 1 alumno, los 9 restantes podrán distribuirse:
9 − 0;
8 − 1;
7 − 2;
...
0 − 9;
⇒ 10 posibilidades.
Reiterando este argumento vemos que el número de posibilidades totales es:
11 + 10 + 9 + . . . + 2 + 1 =
11 · (1 + 11)
= 66.
2
(b) ¿Y si sı́ que se distingue entre personas?
Razonamos como antes. La única diferencia es que ahora sı́ distinguimos entre
alumnos. Por tanto si importa el orden en que escribimos los 10 números del 1 al
3.
Se trata de variaciones con repetición de 3 tipos de elementos tomados de 10 en 10:
V R3,10 = 310 = 59049.
(Examen extraordinario, diciembre 2005)
VI.– Un aspirante a ”hacker” quiere entrar en el correo electrónico de su vecino del quinto.
Para ello necesita conocer una clave de 10 caracteres, formada por 4 números y 6
letras.
(a) Teniendo en cuenta que hay 26 letras, ¿Cual es el máximo número de intentos que
tendrı́a que hacer?.
De los 10 caracteres sabemos que hay 6 letras y 4 números. Escogemos primero donde
vamos a poner números y donde letras. Se trata de permutaciones con repetición de
10 elementos, 6 de un tipo y 4 de otro:
P R10;6,4 =
10!
.
6!4!
Ahora por cada una de esas configuraciones, vemos cuantas letras y números podemos
poner. Para cada posición alfabética tenemos 26 letras posibles y para cada posición
numérica 10 cifras. En definitiva el número total de posibilidades es:
10! 6 4
26 10 .
6!4!
(b) Se entera de que su vecino ha formado la clave mezclando las 6 letras de su nombre
(Iginio) y las cuatro cifras de su año de nacimiento (1969). ¿Cuántos intentos tendrı́a
que hacer ahora como máximo?.
Ahora simplemente tenemos que contar de cuantas formas podemos ordenar en 10
posiciones los siguientes elementos:
- 3 “i”es, 1 “g”, 1 “n”, 1 “o”, 1 uno, 2 nueves y 1 seis.
Son permutaciones con repetición:
P R10;3,2,1,1,1,1,1 =
10!
.
3!2!
(Primer parcial, enero 2007)
VII.– ¿Cuántas matrices 5 × 5 distintas pueden formarse con exactamente tres unos y todos
los demás elementos nulos?.
Método I: Tenemos que contar las formas de distribuir 25 elementos (3 unos y 22
ceros) en 25 posiciones distintas; tenemos en cuenta que los unos son iguales entre si y
los ceros también. Se trata por tanto de permutaciones con repetición de 25 elementos,
de los cuales hay grupos de 3 y 22 elementos iguales:
P R25;22,3 =
25!
= 2300.
22!3!
Método II: Para formar una matriz en las condiciones pedidas basta elegir las tres
posiciones donde ponemos los unos. Para ello elegimos tres posiciones de entre las 25
posibles (no nos importa el orden en el cual las damos). Por tanto son combianciones
sin repetición de 25 elementos tomados de 3 en 3:
25
C25,3 =
= 2300.
3
¿Cuántas de estas matrices tienen rango 2?.
Método I: Descontaremos a las calculadas previamente las de rango 3 y las de rango
1.
Las de rango 3 se obtienen colocando los tres unos en filas y columnas distintas. Para
el primer uno tenemos 25 opciones; para el segundo 16; para el tercero 9. Tenemos
en cuenta además que los tres unos son iguales entre si, por lo que estamos repitiendo
sus posibles permutaciones. Por tanto las matrices de rango 3 son:
25 · 16 · 9
= 600.
1·2·3
Las de rango 1 tienen los tres unos en una fila o en una columna. Hay P R5;3,2 formas
de colocar los tres unos en una fila y 5 posibilidades para elegir la fila. Exactamente
lo mismo ocurre para las columnas. Por tanto las matrices de rango 1 son:
2·5·
5!
= 100.
3!2!
Finalmente el número de matrices de rango 2 es:
2300 − 600 − 100 = 1600.
Método II: Una matriz de las anteriores, pero de rango 2 tiene todos los unos en dos
filas o en dos columnas.
El número de filas posibles con dos unos, dependiendo de la posición de éstos, es:
5
P R5;3,2 = C5,2 =
.
2
El número de filas posibles con un uno, dependiendo de la posición de éste, es:
5
P R5;4,1 = C5,1 =
.
1
Ahora para colocar la fila de dos unos tenemos cinco opciones; para la de un sólo uno
cuatro.
En total:
5
5
5·4·
·
2
1
Hacemos el mismo razonamiento para columnas; por último tenemos en cuenta que
hay matrices de rango 2 que tienen al mismo tiempo los unos en dos filas y en dos
columnas. Son aquellas en las que la fila de un sólo uno tiene ese elemento no nulo en
alguna de las dos posiciones no nulas de la fila con dos unos.
En definitiva el número de matrices pedido es:
5
5
5
2
2·5·4·
·
−5·4·
·
= 1600.
2
1
2
1
(Examen final, junio 2008)
VIII.– Se dispone de 10 candados con sus correspondientes 10 llaves. Además hay una llave
maestra adicional que abre cualquiera de ellos. Se cierra una caja con dos de esos
candados.
(a) ¿Cuántos grupos distintos de 4 llaves pueden formarse?.
Tenemos en total 11 llaves. Cada grupo se forma escogiendo 4 de ellas, sin repetirlas y
sin importarnos el orden en que lo hacemos. Se trata de combinaciones sin repetición
de 11 elementos tomados de 4 en 4:
11
11 · 10 · 9 · 8
C11,4 =
=
= 330.
4
1·2·3·4
(b) ¿Cuántos de ellos nos aseguran poder abrir la caja?.
Podremos abrir la caja si:
1) En nuestro grupo de 4 llaves está la maestra.
2) En nuestro grupo de 4 llaves no está la maestra pero si las dos llaves que abren los
dos candados.
Contamos cada uno de ellos:
1) Un grupo de 4 donde está la maestra se forma escogiendo 3 llaves de entre las 10
restantes:
10
10 · 9 · 8
C10,3 =
=
= 120.
3
1·2·3
2) Un grupo de 4 donde están las dos de la caja pero no la maestra se forma escogiendo
2 llaves de entre las 8 restantes:
8
8·7
C8,2 =
=
= 28.
1·2
2
En total:
C10,3 + C8,2 = 148.
(c) ¿Con cuántos de ellos podremos abrir al menos uno de los dos candados?.
Contamos con cuantos grupos no podemos abrir ningún candado.
formados con las 8 llaves que no abren ninguno:
8
8·7·6·5
C8,4 =
=
= 70.
4
1·2·3·4
Serán grupos
Los que abren al menos uno, serán el resto:
C11,4 − C8,4 = 330 − 70 = 260.
(Examen extraordinario, septiembre 2008)
IX.– En un polı́gono regular de n lados formamos sus diagonales uniendo vértices no
consecutivos. ¿Cuántas diagonales hay?. ¿Cuántos triángulos podemos formar
uniendo tres vértices no consecutivos dos a dos?.
Una diagonal queda determinada de manera inequı́voca si fijamos un par de vértices
no consecutivos. Las posibilidades para escoger dos vértices de entres los n posbiles
sin importar el orden y sin repetirlos son:
n
Cn,2 =
.
2
Hemos de descontar los pares de vértices consecutivos, que son aquellos que
corresponden a los lados. Por tanto el número de diagonales es:
n
n(n − 1)
n(n − 3)
−n=
−n=
.
2
2
2
Por otra parte, las posibilidades para escoger tres vértices no repetidos y sin importar
el orden de entre los n posibles son:
n
Cn,3 =
.
3
Tenemos que descontar los grupos de 3 vértices en los cuales hay 2 consecutivos:
- Con exactamente dos vértices consecutivos hay n(n − 4) ya que fijado un lado hay
n − 4 vértices posibles para agrupar con los dos del lado.
- Con exactamente tres vértices consecutivos hay n simplemente eligiendo un vértice
y los dos siguientes en el sentido de las agujas del reloj.
En definitiva el número de triángulos con las condiciones pedidas son:
n(n − 4)(n − 5)
n
n(n − 1)(n − 2)
− n(n − 3) =
.
− n(n − 4) − n =
6
6
3
(Examen extraordinario, diciembre 2007)