solucionario

Matemática Discreta
Tercero de Matemáticas UAM, curso 2009-2010
Examen parcial, 10-11-2009
1.
(2 puntos) Ocho amigos se reúnen para organizar una fila de 200 fichas de dominó. Deciden
hacerlo en orden: el primer amigo colocará fichas hasta que se canse. Luego lo hará el segundo,
el tercero, etc. Lo único que exigen es que cada uno sitúe, al menos, 10 fichas. ¿De cuántas
maneras distintas podrán organizarse la tarea?
Solución. Si llamamos x1 al número de fichas que coloca el amigo 1, x2 las que coloca el segundo, etc.,
basta contar el número de soluciones de
200 + 8 − 1 + 8 × 10
127
x1 + x2 + · · · + x8 = 200
que resulta ser
=
.
x1 , x2 , . . . , x8 ≥ 10
8−1
7
2.
(2 puntos) Queremos colorear las cuatro casillas de la pieza que se
muestra a la derecha. Para ello, disponemos de n colores distintos. Para
1 2 3 4
evitar confusiones, no pintaremos del mismo color dos casillas contiguas.
¿Cuántas coloraciones distintas podremos fabricar? ¿Y si nos dijeran que, además, la primera y
la última pieza no pueden llevar el mismo color?
Solución. Podemos contar directamente el apartado a). Es una lista de 4 posiciones, con n sı́mbolos,
con sı́mbolos distintos en posiciones consecutivas. El número total es n(n − 1)3 .
En el apartado b) no podemos contar tan directamente: hay n posibilidades para la primera posición,
n − 1 para la segunda, n − 1 para la tercera. . . pero el número de posibilidades para la última depende
de la lista que vayamos construyendo. En realidad, de si las posiciones 1 y 3 llevan el mismo sı́mbolo o
no. Hagamos entonces una partición:
por un lado, contemos las listas que, además de las condiciones del enunciado, llevan el mismo
sı́mbolo en 1 y 3. Primero elegimos el sı́mbolo común a estas dos posiciones (n posibilidades). Para
la segunda posición tenemos n − 1 posibilidades (todas menos el sı́mbolo usado en 1 y 3). Para la
cuarta posición tenemos también n − 1 posibilidades (sólo tenemos la restricción del sı́mbolo usado
en 1 y 3). En total, n(n − 1)2 .
Por otro, las listas que llevan sı́mbolos distintos en 1 y 3. De éstas hay n posibilidades para la
primera posición, n − 1 para la segunda, n − 2 para la tercera (1 y 2 llevan sı́mbolos distintos) y
otras n − 2 para la cuarta (1 y 3 llevan sı́mbolos distintos). En total, n(n − 1)(n − 2)2 .
La respuesta es, pues, n(n − 1)2 + n(n − 1)(n − 2)2 .
Por cierto, ahora que ya disponemos del lenguaje de los grafos y las coloraciones, podemos reinterpretar
la respuesta como el polinomio cromático, evaluado en n, del grafo lineal L4 (apartado a), y el del grafo
C4 (para el apartado b).
3.
(2 puntos) Prueba, con un argumento combinatorio, que
n k
n−1 n−l
l
=n
.
k
l
l−1
k−l
Solución. A la izquierda: tenemos n personas, de las que seleccionamos un equipo de k. En este equipo
elegimos l capitanes. Y entre estos últimos, designamos un super-capitán.
A la derecha contamos el mismo proceso en orden contrario: primero elegimos el super-capitán, luego los
otros l − 1 capitanes, para finalmente completar el equipo con los k − l que faltan.
4.
a) (2 puntos) ¿Cuántos grafos distintos con vértices {v1 , . . . , v500 } tienen exactamente la
mitad de las aristas posibles?
Solución. Como los vértices ya están
determinado por las aristas. Ası́ que dar el
queda
fijos, el grafo
1 500
posibles,
aristas.
Esto se puede hacer de
grafo es lo mismo que elegir, de las 500
2 2
2
500 2 maneras.
1 500
2
2
b) (1 punto extra) ¿Sabrı́as decir cómo de grande es, aproximadamente, la cantidad que se
obtiene en el apartado anterior?
Solución. El número anterior se puede escribir como
500 250 × 499
2
=
.
1 500
125 × 499
2 2
Aplicando la aproximación de Stirling, se obtiene que, cuando m → ∞,
2m
4m
∼ √
.
m
πm
Basta sustituir m = 125 × 499 y hacer algún cálculo más.
5.
(2 puntos) Consideramos el conjunto X = {1, 2, . . . , n}. Queremos elegir dos subconjuntos
de X, A y B, de manera que tengan exactamente un elemento en la intersección. ¿De cuántas
maneras distintas podemos hacer eso?
Nota: no es imprescindible que A ∪ B = X.
Solución. Contamos en dos pasos:
1. Primero elegimos el elemento de la intersección: n posibilidades.
2. Después, decidimos si los restantes n − 1 elementos son de A, de B, o del resto (es decir, ni de A
ni de B). Esto es lo mismo que hacer una n − 1 lista con tres sı́mbolos. Y de éstas hay 3n−1 .
En total, n3n−1 .