Cursillo de Matematicas Discretas

por Marıa Luisa Perez Seguı

mayo 2018

1. Conteo

1.1 Ejemplo. ¿Cuantas placas distintas hay con dos letras a la izquierda y tres numerosa la derecha?

Solucion. Seguimos un procedimiento de casillas:

27× 27︸ ︷︷ ︸lugares

para letras

× 10× 10× 10︸ ︷︷ ︸lugares

para numeros

= 729 000. ♦

1.2 Ejemplo. En un concurso participan 10 estudiantes y se premia a los tres primeroslugares. ¿De cuantas formas pueden haber quedado distribuidos los 3 premios?

Solucion. Utilizando el esquema de casillas (cada una representando un lugar), tenemosque el resultado es

10× 9× 8 = 720. ♦1.3 Ejemplo. De un grupo de 10 estudiantes quiere elegirse una comision de 3. ¿Cuantas

comisiones diferentes se pueden formar?

Solucion. A diferencia entre del ejemplo anterior, aquı no importa el orden en la eleccion(por ejemplo, la sucesion Ana-Beto-Carlos representa la misma comision que Beto-Carlos-Ana). Nuestro interes es entonces determinar en la cantidad 10×9×8, en cuantas sucesionesaparece el mismo conjunto de alumnos. Para responder esto conviene plantear esta partedel ejemplo al reves: Dado un conjunto fijo de 3 personas, por ejemplo el formado por Ana(A), Beto (B) y Carlos (C), ¿de cuantas formas se pueden ordenar estos 3; esto es laspermutaciones de 3 elementos: 3! = 6. Entonces, en el producto 10× 9× 8, cada grupo de 3personas se esta contando 6 veces y la respuesta al ejemplo es

10× 9× 8

3!= 120. ♦

1

En lo que sigue, para n natural, denotamos

[n] = 1, 2, . . ..

1.4 Definicion. Si 0 ≤ r ≤ n, el numero de colecciones con r elementos que se puedenseleccionar dentro de un conjunto de n elementos (el orden no importa) se llama combina-ciones de n en r y se denota por

(nr

).

1.5 Nota. En el ejemplo 1.3, n = 5 y r = 3 y la respuesta es(

53

).

Si r ≥ 1, entonces (n

r

)=n× (n− 1)× · · · × (n− (r − 1))

r!.

Para r = 0, se tiene(n0

)= 1. En ambos casos, tomando en cuenta que 0! = 1, se puede

escribir (n

r

)=

n!

r!(n− r)!,

1.6 Ejemplo. Un grupo de 20 personas quiere dividirse en 4 equipos de 5 personas cadauno. ¿De cuantas formas distintas es posible hacer la distribucion?

Solucion. Empezamos por escojamos uno por uno los equipos, en orden. La eleccion delprimer equipo puede hacerse de

(205

)= 15 504 formas; para elegir el segundo equipo ya solo

habra 15 personas de donde escoger, por tanto este se podra elegir de(

155

)= 3003 formas.

Analogamente, el tercer equipo se puede escoger de(

105

)= 252; el cuarto equipo quedara

formado automaticamente con las 5 personas restantes ((

55

)= 1). Ahora debemos observar

que el orden de los equipos no importa, ası que hay que dividir entre 4!. El resultado es

15 504× 3 003× 252× 1

24= 488 864 376. ♦

1.1. Formulas importantes

1.7 Proposicion. Si 0 ≤ r ≤ n, entonces(n

r

)=

(n

n− r

).

Demostracion. Para 0 ≤ k ≤ n, sea Sk la familia de subconjuntos de [n] que tienen kelementos. Entonces tenemos la biyeccion f : Sr → Sn−r que manda cada conjunto en sucomplemento. ♦

2

1.8 Proposicion. Formula de Gauss. Si n ∈ N, entonces

1 + 2 + 3 + · · ·+ n =(n+ 1)n

2.

Demostracion. El lado derecho cuenta las colecciones de 2 elementos que pueden escogersedentro de un conjunto de n+1 elementos. Veamos que el lado izquierdo tambien cuenta esto.Para X = x1, x2, . . . , xn+1, ponemos los subconjuntos de X que tienen dos elementos enuna lista, como sigue:

x1, x2, x1, x3, x1, x4, · · · x1, xn+1,x2, x3, x2, x4, · · · x2, xn+1,

x3, x4, · · · x3, xn+1,...

xn−1, xn+1.

De la lista ya es claro lo que querıamos probar. ♦

1.9 Proposicion. Para todo n natural,(n

0

)+

(n

1

)+

(n

2

)+ · · ·+

(n

n

)= 2n.

Demostracion. Bastara establecer una correspondencia biyectiva entre el numero de sub-conjuntos de un conjunto con n elementos y las sucesiones de longitud n que constan delos sımbolos S y N . Primero notemos que para determinar un subconjunto hay que decirsi cada elemento pertenece (S) o no (N) al subconjunto. Esto podemos hacerlo usando elorden natural en [n]. Por ejemplo, para el conjunto X = a, b, c (n = 3), la correspondenciaes:

a, b, c ↔ SSSa, b ↔ SSNa, c ↔ SNSb, c ↔ NSSa ↔ SNNb ↔ NSNc ↔ NNS ↔ NNN. ♦

1.10 Teorema. Teorema del Binomio de Newton. Sean a y b numeros arbitrarios y sean un numero natural. Entonces

(a+ b)n =

(n

0

)an +

(n

1

)an−1b+ · · ·+

(n

r

)an−rbr + · · ·+

(n

n

)bn.

3

Demostracion. La expresion (a+ b)n significa que tenemos que multiplicar a+ b consigomismo n veces. Entonces, al desarrollar todo el producto, los terminos que obtenemos estandados por todas las posibles elecciones de los numeros a o b en cada uno de los n factores(por ejemplo, (a+ b)3 = (a+ b)(a+ b)(a+ b) = aaa+aab+aba+abb+ baa+ bab+ bba+ bbb =a3 + 3a2b + 3ab2 + b3). Ası, los terminos obtenidos son de la forma asbr, con 0 ≤ s, r ≤ n ys+ r = n, es decir, s = n− r. Ahora notemos que an−rbr aparece cada vez que se eligio b enr de los factores y a en el resto, ası que el numero de veces que aparece este termino es

(nr

).

Al agrupar terminos semejantes tenemos la formula deseada. ♦

1.11 Ejemplo. En una bolsa hay 3 pelotas rojas y 2 azules. Se quiere formar una filacon todas ellas. ¿De cuantas maneras distintas puede quedar la fila?

Solucion. Primera forma. Consideremos todas las permutaciones de las 5 pelotas y con-temos cuantas de esas permutaciones son indistinguibles entre sı. Las permutaciones de las5 pelotas sabemos que son 5! = 120. En cualquiera de las permutaciones fijemonos en laubicacion de las pelotas rojas; por ejemplo − roja − roja roja. estas pueden revolverseentre sı (3! veces) formando colecciones indistinguibles, y lo mismo ocurre con las del otrocolor. Vamos a explicar lo anterior con mas detalle: Denotemos las pelotas rojas por R1, R2

y R3, y las azules por A1 y A2. Entonces las siguientes listas (en las que se han permutadolas rojas pero se han dejado fijas las azules) representan la misma coleccion:

A1 R1 A2 R2 R3

A1 R1 A2 R3 R2

A1 R2 A2 R1 R3

A1 R2 A2 R3 R1

A1 R3 A2 R1 R2

A1 R3 A2 R2 R1

.

Estas 3! listas deben considerarse como una sola. Ademas, en cada una de ellas tambien sepueden revolver las azules entre sı (2! permutaciones). Entonces al considerar las permuta-ciones de las 5 pelotas, cada arreglo se esta contando 3! × 2! = 12 veces en lugar de 1. Larespuesta al ejemplo es pues 5!

3!2!= 10.

Segunda forma. Primero podemos contar las posibilidades para colocar las pelotas rojasen los 5 lugares disponibles; esto nos dara la eleccion de 3 lugares, que puede hacerse de(

53

)= 10 maneras. Para colocar las 2 azules ya solo sobran 2 lugares ası que esto se puede

hacer de(

22

)= 1 forma. El resultado es 10× 1 = 10. ♦

1.12 Ejercicio. Probar la Formula de Pascal:(n+ 1

r + 1

)=

(n

r

)+

(n

r + 1

),

para r y n numeros enteros con 0 ≤ r < n.

4

1.13 Ejercicio. El Triangulo de Pascal esta definido como el triangulo de numeros enel que el renglon numero n aparecen los n+ 1 numeros(

n

0

),

(n

1

),

(n

2

), · · · ,

(n

n− 1

),

(n

n

).

Se muestran a continuacion los primeros 4 renglones.

1 11 2 1

1 3 3 11 4 6 4 1

Demostrar que para r y n numeros enteros con 0 ≤ r < n, se tiene(n+ 1

r + 1

)=

(n

r

)+

(n

r + 1

),

y observar que esta formula nos da una forma facil de construir el triangulo.

1.14 Ejercicio. En cierta escuela hay 100 alumnos. De ellos 50 saben ingles, 30 sabenaleman y 30 saben frances. Ademas 10 saben ingles y frances, 14 saben frances y aleman,11 saben ingles y aleman, y 6 saben los tres idiomas. Determinar cuantos alumnos no sabenninguno de los tres idiomas.

1.15 Ejercicio. ¿De cuantas maneras diferentes se pueden ordenar 8 personas alrededorde una mesa redonda? (Nota: Dos distribuciones se consideraran iguales si una se puedeobtener de la otra mediante un giro.)

1.16 Ejercicio. (∗) Probar la formula siguiente contando de dos maneras distintas lacantidad de subconjuntos de k + 1 elementos dentro de un conjunto con n elementos paracualesquiera enteros n y k con 0 ≤ k ≤ n:(

k

k

)+

(k + 1

k

)+

(k + 2

k

)+ · · ·+

(n

k

)=

(n+ 1

k + 1

).

1.17 Ejercicio. (∗) Probar la formula siguiente para cualesquiera enteros n y k con0 ≤ k ≤ n: (

n

k

)+ 2

(n− 1

k

)+ 3

(n− 2

k

)+ · · ·+ (n− (k − 1))

(k

k

)=

(n+ 2

k + 2

).

5

1.18 Ejercicio. (∗) Probar la siguiente formula para n ≥ 2 estableciendo que cuentanlo mismo en algun conjunto con n elementos.

n(n− 1)2n−2 =n∑

k=2

k(k − 1)

(n

k

).

1.19 Ejercicio. (∗) Contar elementos de un determinado conjunto para probar la formu-la (

n

3

)= 1 · (n− 2) + 2 · (n− 3) + 3 · (n− 4) + · · ·+ (n− 2) · 1.

1.20 Ejercicio. (∗) (a) Sea p un numero primo y sea k un natural. Se tienen perlas de kcolores con las que se quiere formar un collar con p perlas (sin broche), que al menos use dosperlas de distinto color. ¿Cuantos collares distintos se pueden formar? (Pensar que las perlastienen un frente y un reves, de manera que collares con distinta orientacion se considerendistintos.)

(b) ¿Donde se usa que p es primo en la respuesta de (a)?

(c) ¿Que teorema de Teorıa de Numeros prueba (a)?

1.21 Ejercicio. (∗∗) Se da un conjunto S de n puntos del plano de manera que no haytres alineados y tal que para todo P ∈ S existen al menos k puntos de S que tienen la mismadistancia a P . Probar que k < 1

2+√

2n.

6

2. Probabilidad Discreta

Intuitivamente, la probabilidad calcula la proporcion de casos en los que cierto experi-mento ocurre en relacion con el total de resultados posibles.

El conjunto de todos los resultados posibles de un experimento se llama espacio muestral,que denotamos por Ω. A los subconjuntos de Ω a los que les calculamos la probabilidad seles llama sucesos o eventos.

La probabilidad es una funcion P que va del conjunto de sucesos al intervalo real [0, 1].

Propiedades.

P (∅) = 0, P (Ω) = 1.

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).

Si B es el complemento de A entonces P (B) = 1− P (A).

Si A ⊂ B entonces P (A) ≤ P (B).

La probabilidad de que ocurra primero A y luego B es P (A) · P (B). (Esto se debepensar dentro de Ω× Ω.)

Analicemos algunos ejemplos en los que el espacio muestral Ω es finito y se define conve-nientemente el espacio muestral de manera que todos los resultados del experimento tenganla misma probabilidad de ocurrir. En este caso, la probabilidad de que ocurra un suceso Aes

P (A) =|A||Ω|

.

2.1 Ejemplo. Calcular la probabilidad de que al lanzar una moneda 3 veces se muestrenal menos dos aguilas.

Solucion. Aquı podemos definir

Ω = aaa, aas, asa, saa, ass, sas, ssa, sss,

el suceso es A = aas, asa, saa, aaa y la probabilidad buscada es P (A) = 48

= 12. ♦

2.2 Ejemplo. Determinar la probabilidad de que al lanzar dos dados lo que sumen lascaras que se ven arriba sea 6.

Solucion. Conviene definir Ω = [6]× [6] y entonces

A = (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1),

de donde la probabilidad es 536∼ 0.14. ♦

7

2.3 Ejemplo. Dentro de un grupo de 4 caballos numerados del #1 al #4 se ha observadoque la frecuencia con que el caballo #1 gana es el doble que con la que gana el #2; que estea su vez gana el doble de veces que el #3, y que el #3 gana el doble de veces que el #4.Encontrar la probabilidad de que en la proxima carrera el caballo ganador sea el #3.

Solucion. Tenemos que representar en el espacio muestral las condiciones de que unosganan el doble de veces que otros. Podemos entonces asignar al caballo 4 el numero 1, alcaballo 3 los numeros 2 y 3, al caballo 2 los numeros 4, 5, 6 y 7, y al caballo 1 los numerosdel 8 al 15. De esta manera Ω = [15], A = 2, 3 y la probabilidad es 2

15∼ 0.13. ♦

2.4 Ejemplo. Encontrar la probabilidad de que al lanzar una moneda al aire 10 vecescaigan exactamente 5 aguilas.

Solucion. Como antes, escribamos a por aguila y s por sol. El espacio muestral Ω constade todas las sucesiones de longitud 10 formadas por a y s, de manera que |Ω| = 210 = 1024.El suceso consta de los elementos de Ω que tienen exactamente 5 a′s, ası que |A| es el numerode formas en que se pueden escoger 5 posiciones (donde aparezcan las a′s) dentro de un totalde 10, es decir,

(105

)= 252. Entonces P (A) = 252

1024∼ 0.25. ♦

2.5 Ejemplo. ¿Cual es la probabilidad de que al escoger dos subconjuntos de 4 elementosdentro de un conjunto de 10 elementos, los subconjuntos tengan al menos un elemento encomun?

Solucion. Es mas facil contar la probabilidad contraria, es decir, la probabilidad de que losdos subconjuntos escogidos no tengan elementos en comun. Consideremos distintos espaciosmuestrales Ω y los respectivos sucesos A con complemento ¬A:

Primera forma. Sea P4 = A ⊂ [10] : |A| = 4, es decir, P4 tiene por elementos alos subconjuntos de [10] que tienen 4 elementos. Tomemos Ω = P4 × P4. En este caso|¬A| =

(104

)(64

), ası que

P (A) = 1− P (¬A) = 1−(

104

)(64

)(104

)2 = 1−(

64

)(104

) = 1−

6 · 5 · 4 · 34 · 3 · 2 · 110 · 9 · 8 · 74 · 3 · 2 · 1

= 1− 6 · 5 · 4 · 310 · 9 · 8 · 7

=13

14.

Segunda forma. Sea P4 como arriba. Supongamos que un conjunto de 4 elementos ya estaescogido; entonces queremos calcular la probabilidad de que al escoger otro conjunto, estesea ajeno con el primero. En este caso tomemos Ω = P4. Aquı |¬A| =

(64

), |Ω| =

(104

)y

P (A) = 1− P (¬A) = 1−(

64

)(104

) = 1−

6 · 5 · 4 · 34 · 3 · 2 · 110 · 9 · 8 · 74 · 3 · 2 · 1

= 1− 6 · 5 · 4 · 310 · 9 · 8 · 7

=13

14. ♦

2.6 Ejercicio. Se escogen al azar en sucesion tres numeros (posiblemente iguales) entreel 1 y el 100. ¿Cual es la probabilidad de que se hayan escogido en orden creciente estricto?

8

2.7 Ejercicio. Cuatro equipos A, B, C, D entran a un torneo de basquetbol. Al principiojuegan A contra B, y C contra D; en cada juego se elimina al perdedor. Los dos ganadores seenfrentan y el que gane ese juego se determina como ganador del torneo. Escribir un espaciomuestral apropiado y el suceso correspondiente para determinar la probabilidad de que Bsea el ganador.

2.8 Ejercicio. Un grupo de 3 mujeres y 3 hombres se dividira en dos equipos con 3miembros cada uno. Definir un espacio muestral y el suceso correspondiente que sirvan paraencontrar la probabilidad de que en uno de los equipos queden todos los hombres y en elotro todas las mujeres.

2.9 Ejercicio. Se dice que una mano de domino tiene falla si alguno de los numerosentre el 0 y el 6 no aparece en la mano (cada numero faltante es una falla); por ejemplola mano 2|1, 5|5, 3|1, 0|0, 1|0, 5|6, 0|2 tiene falla a 4′s. ¿Cual es la probabilidad de que unamano de domino no tenga falla?

2.10 Ejercicio. Se eligen al azar n cartas de la baraja. ¿Como debe ser n para que laprobabilidad de que entre las cartas elegidas haya (al menos) dos del mismo numero seamayor que 1

2? ¿Cual es la probabilidad si n = 14?

2.11 Ejercicio. Calcular la probabilidad de que al lanzar tres veces dos dados, las tresveces los numeros que salgan sean iguales entre sı.

2.12 Ejercicio. Se escogen al azar en sucesion tres numeros (posiblemente iguales) entreel 1 y el 100. ¿Cual es la probabilidad de que se hayan escogido en orden creciente estricto?

2.13 Ejercicio. Supongamos que de un grupo de 10 enfermedades cada una tiene pro-babilidad 1

10de atacar a un animal determinado a lo largo de su vida. ¿Que probabilidad

tiene ese animal de enfermarse de al menos una de esas enfermedades?

2.1. Probabilidad infinita discreta.

Para el siguiente ejemplo debemos recordar que para cualquier numero x 6= 1, si n esnatural, entonces

1 + x+ x2 + · · ·+ xn =1− xn+1

1− x,

lo cual se comprueba facilmente haciendo la multiplicacion (1 + x+ x2 + · · ·+ xn)(1− x).

2.14 Ejemplo. Se lanza una moneda al aire hasta que salga aguila por primera vez.¿Cual es la probabilidad de que la primera vez que salga aguila sea en un lanzamiento par(es decir en el segundo o en el cuarto, etc.)?

9

Solucion. Conviene tomar Ω = N en donde cada n ∈ Ω representa el primer lugar en elque aparecio aguila. Entonces P1 = 1

2, P2 = 1

212

= 14

y, en general, Pn = 12n

; si Aes un suceso con mas de un elemento, se define P (A) usando (P3). Entonces es claro quetambien se satisface (P2). El axioma (P1) se satisface pues

∑∞i=1

12n

= 1.

En este caso el suceso es B = 2, 4, 6, · · · y

P (B) = P2+ P4+ P6+ · · · =∞∑i=1

1

4n=

1

1− 1

4

− 1 =4

3− 1 =

1

3. ♦

2.2. Esperanza

Dado un conjunto muestral (discreto) Ω, una variable aleatoria (discreta) en Ω es unafuncion

X : Ω→ R.

Para r numero real consideramos el suceso

[X = r] = ω ∈ Ω : X(w) = r = X−1(r).

2.15 Definicion. Sea X una variable aleatoria discreta. La esperanza, media, valoresperado, promedio o primer momento de X, denotado por E(X), es el promedio de losvalores de X, considerando la repeticion, es decir,

E(X) =∑r∈R

r · P [X = r].

En el caso finito, la esperanza tambien se puede calcular como

E(X) =1

|Ω|∑ω∈Ω

X(ω),

lo cual coincide con nuestra idea de promedio de valores.

2.16 Ejemplo. ¿Cual es el valor esperado de la suma de lo que muestren dos dados quese lanzan?

10

Solucion. En este caso, Ω = [6]×[6] y la variable aleatoria esta definida por X(a, b) = a+b.La esperanza de X es

E(X) = 2 · pX(2) + 3 · pX(3) + 4 · pX(4) + · · ·+ 11 · pX(11) + 12 · pX(12)

= 2 · 1

36+ 3 · 2

36+ 4 · 3

36+ · · ·+ 11 · 2

36+ 12 · 1

36

=2 · 1 + 3 · 2 + 4 · 3 + · · ·+ 11 · 2 + 12 · 1

36

=252

36= 7. ♦

2.17 Ejemplo. Se escogen al azar 3 numeros distintos entre el 1 y el 100. En promedio,¿cual es el valor del menor de esos tres?

Solucion. El 1 aparece como menor en(

992

)ternas, el 2 en

(982

), etc., ası que la respuesta

es1 ·(

992

)+ 2 ·

(982

)+ · · ·+ 98 ·

(22

)(1003

) . ♦

2.18 Ejemplo. El experimento consiste en lanzar una moneda al aire hasta que salgaaguila por primera vez. ¿En que lanzamiento se espera que esto ocurra?

Solucion. Aquı consideramos la variable aleatoria X que asigna, a cada sucesion infinitade a′s y s′s, el primer lugar en el que aparece a (si no aparece, podrıamos asignarle cualquiervalor no natural, por ejemplo −1, con probabilidad 0). Observemos que P [X = i] = 1

2ipues

los primeros i− 1 tiros deben ser sol (cada uno con probabilidad de 12, y el ultimo debe ser

aguila (tambien con probabilidad de 12):

E(X) =∞∑i=1

i

2i=∞∑i=1

i

2i=

1

2+

2

4+

3

8+ · · ·

=

(1

2+

1

4+

1

8+ · · ·

)+

(1

4+

1

8+ · · ·

)+

(1

8+ · · ·

)+

(1

16+ · · ·

)+ · · ·

= 1 +1

2+

1

4+

1

8+ · · · = 2. ♦

2.19 Ejercicio. En cierto examen de opcion multiple con 5 opciones en cada respuestay 100 preguntas se califica como sigue: por cada respuesta correcta se otorga +1 punto,por cada respuesta incorrecta se otorga −1

3de punto, y por cada pregunta sin contestar se

otorgan 0 puntos. Que calificacion esperarıa obtener alguien que contestara todo el examenal azar?

11

Dados un conjunto Xi : i = 1, 2, . . . , k de variables aleatorias en un conjunto muestral Ωy reales c1, c2, . . . , ck, definimos otra variable aleatoria X =

∑i ciXi por X(ω) =

∑i ciXi(ω).

2.20 Proposicion. (a) Si X es una variable aleatoria constante tal que X(ω) = c paratodo ω ∈ Ω, entonces E(X) = c.

(b) Linealidad de la esperanza. SiX1, X2, . . . , Xn son variables aleatorias en Ω y c1, c2, . . . , cnson reales, entonces

E

(∑i

ciXi

)=∑i

ciE(Xi).

Demostracion. (a) P [X = c] = 1 y P [X = a] = 0 si a 6= c.

(b) Hagamos el caso finito para ilustrar (el caso infinito tiene demostracion mas rebus-cada). Sea X =

∑i ciXi. De la definicion tenemos

E(X) = E (n∑

i=1

ciXi) =∑ω∈Ω

(n∑

i=1

ciXi) (ω) =1

|Ω|∑ω∈Ω

n∑i=1

ciXi(ω)

=n∑

i=1

ci1

|Ω|∑ω∈Ω

Xi(ω) =n∑

i=1

ciE(Xi). ♦

2.21 Ejemplo. A una fiesta asisten n personas. Cada una lleva un regalo y estos sesortean, de manera que a cada persona le toque un regalo. ¿A cuantas personas se esperaque les toque su propio regalo?

Solucion. Aquı podemos pensar que el espacio muestral consta de todas las permutaciones(a1, a2, . . . , an) de n elementos, y la variable aleatoria X que nos interesa calcula el numerode puntos fijos, es decir, cuantos ai son iguales a i (por ejemplo, si n = 8, en la permutacion(4, 1, 3, 8, 2, 6, 5, 7) los puntos fijos son dos: en 3 y en 6). Definamos, para cada i ∈ [n],la variable aleatoria que tiene el valor 1 cuando i es punto fijo y 0 cuando no. EntoncesX =

∑iXi,

E(Xi) = 0 · P [Xi = 0] + 1 · P [Xi = 1] = P [Xi = 1] =(n− 1)!

n!=

1

n,

y entonces

E(X) =n∑

i=1

E(Xi) = n1

n= 1. ♦

2.22 Ejercicio. (∗) Dada una permutacion (a1, . . . , an) de [n], para i ≥ 2 digamos queai es valle si ai es menor que ambos ai−1 y ai+1. ¿Cual es el valor esperado para el numerode valles de una permutacion de [n]?

12

2.23 Ejercicio. (∗) Un grupo de n jovenes compite cada dıa en saltos de longitud. Nuncase repiten las distancias que logran. En un dıa promedio, ¿cuantas veces se rompe el recordde ese mismo dıa (considerando que el primero que compite rompe record, por vacuidad)?

2.24 Ejercicio. (∗∗) Se vendieron todos los boletos (n) para un viaje en avion. Lospasajeros no se dan cuenta que tienen un asiento asignado y se sientan todos menos elultimo en llegar en un asiento desocupado cualquiera. Cuando el ultimo pasajero entra alavion, va al asiento que le corresponde y, si lo encuentra ocupado, le pide al pasajero queesta en su asiento que se mueva; en ese caso, el pasajero que dejo el asiento hace lo mismoy ası sucesivamente hasta que todos esten sentados. En promedio, ¿Cuantos pasajeros (sincontar el ultimo en llegar) tendran que cambiar su asiento?

2.3. Probabilidad Condicional

Empezaremos esta seccion con tres ejemplos en los que nuestra intuicion falla si no setoman en cuenta condiciones que limitan al conjunto que tratamos. La conclusion es que hayque tener mucho cuidado con el universo en el que se trabaja.

2.25 Ejemplo. En un programa de concurso hay tres puertas cerradas. Solo una deellas tiene detras un premio. Un determinado concursante escoge una puerta A, sin abrirla;el animador (que sabe cual de las puertas es la buena), abre una de las otras dos puertas,B, mostrando que no hay premio detras, y le dice al jugador que abra una de las otras: A oC. Segun las probabilidades, ¿que puerta le conviene abrir al concursante (o es igual)?

Solucion. Tenemos el espacio muestral Ω = A,B,C. En un principio se tiene que laprobabilidad es homogenea, ası que PA = 1

3y, por tanto, PB,C = 2

3. Sin embargo luego

se nos dice que no es B, ası que PB = 0; la probabilidad de A sigue siendo 13

pero la deC ahora tenemos que es 2

3, ası que le conviene cambiar de opinion y escoger la puerta C

(con el doble de oportunidad de ganar). ♦

2.26 Ejemplo. En una poblacion se sabe que la probabilidad de tener una cierta enfer-medad es de 1

10000. Una prueba de sangre es confiable en un 90 %. Raul se hizo la prueba y

resulto positiva. Esta muy asustado. ¿Tiene razon?

Solucion. No tiene razon. La probabilidad de que tenga la enfermedad es muy remotacomo veremos a continuacion:

Supongamos que en la poblacion hay 100 000 personas. Hay 10 enfermas y 99 990 sanas.De las 10 enfermas, a 9 les sale positivo y a 1 le sale negativo. De las 99 990 sanas, a 9 999(la decima parte) les sale positivo y al resto 89 991 les sale negativo.

13

La probabilidad de que este enfermo es ¡menos de 11000

!:

9

9 + 9 999= 0.0009. ♦

2.27 Ejemplo. Paradoja de Simpson. En la admision a una Facultad de Fısico-Matemati-cas resulto que, tanto en el departamento de Matematicas como en el de Fısica, la proporcionde mujeres aceptadas con respecto al de solicitantes fue mayor que la de hombres. El directorpublico que, con respecto al numero de solicitantes, la proporcion total de mujeres aceptadasfue mayor que la de hombres. ¿Tiene razon?

Solucion. No necesariamente. Es posible que en el departamento de Fısica sea muchomayor la cantidad de hombres solicitantes que la de mujeres y que eso no ocurra en eldepartamento de Matematicas, y las probabilidades relativas no compensan esa diferencia.

Por ejemplo, supongamos que en Matematicas hubo 40 hombres solicitantes de los cualesse acepto a 10, y que hubo 20 mujeres solicitantes de las cuales se acepto a 10. Por otrolado supongamos que hubo 100 hombres solicitantes en Fısica de los cuales se acepto a 90,mientras que hubo 10 solicitantes mujeres en Fısica y que todas fueron aceptadas.

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hombres mujeres

Mat (40) Fıs (100) Mat (20) Fıs (10)

30 90

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10 10 10 10 10

Tenemos que el total de hombres solicitantes fue de 40 + 100 = 140 y de ellos se acepto a10 + 90 = 100 y eso da una proporcion de 5

7. Por otro lado, del total de 20 + 10 = 30 mujeres

solicitantes se acepto a 10 + 10 = 20, lo cual hace una proporcion total de mujeres aceptadasde 2

3. ♦

La razon detras del ejemplo anterior es que en el departamento de Fısica es mucho mayorla cantidad de hombres solicitantes que la de mujeres, lo cual no ocurre en el departamentode Matematicas, y las probabilidades relativas no compensan esa diferencia.

Dados dos eventos A y B tales que P (B) 6= 0, la probabilidad condicional P (A|B) de A

14

dado B es la probabilidad que ocurra A cuando ya ocurrio B. Se calcula ası:

P (A|B) =P (A ∩B)

P (B).

2.28 Observacion. Sea A un suceso distinto del vacıo y de Ω. Entonces

(a) P (A|A) = 1.

(b) P (A|¬A) = 0.

(c) Si A y B son ajenos y P (B) 6= 0, entonces P (A|B) = 0.

2.29 Ejemplo. Sea a1, a2, . . . , an una permutacion de [n]. Sea A el suceso de que a1 > a2

y sea B el suceso de que a2 > a3. ¿Cual es la probabilidad de A dado B?

Solucion. Tenemos que P (A) = P (B) = 12

y P (A ∩ B) = 16, ası que P (A|B) = 1

3(el que

B ocurra hace que A sea menos probable). ♦

2.30 Teorema. Teorema de Bayes, primera version. Sea Ω = A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An con losAi sucesos ajenos por parejas y sea B un suceso. Entonces:

P (B) = P (B|A1)P (A1) + P (B|A2)P (A2) + · · ·+ P (B|An)P (An). ♦

2.31 Ejemplo. En una competencia de futbol se usan 3 estadios. Al equipo Kimo leconviene jugar en su estadio pues en el tiene probabilidad de 60 % de ganar mientras que enlos otros solo tiene un 40 %. Se sorteara el estadio donde le va a tocar jugar manana. ¿Queprobabilidad tiene de ganar?

Solucion. Aplicamos el Teorema de Bayes 2.30. Sea A1 el suceso de que el equipo Kimojuegue en su propio estadio y sea A2 el suceso de que juegue en otro. Entonces P (A1) = 1

3y

P (A2) = 23. Sea B el suceso de que gane. Entonces

P (B) = P (B|A1)P (A1) + P (B|A2)P (A2) =60

100· 1

3+

40

100· 2

3=

7

15. ♦

2.32 Ejercicio. Todas las tardes, Carmen va a la panaderıa. El 80 % de las ocasionesencuentra su pan favorito. Se ha observado que si va entre 5 y 6, la probabilidad de queencuentre su pan favorito es de 90 %, pero si va entre 6 y 7 su probabilidad baja a 40 %.¿Que porcentaje de los dıas va a la panaderıa entre 6 y 7?

2.33 Corolario. Teorema de Bayes (segunda version). Sean A1, A2, . . . , An sucesos aje-nos en un espacio muestral Ω y tales que Ω =

⋃iAi. Si B es otro suceso en Ω, entonces

P (Ai|B) =P (B|Ai)P (Ai)

P (B|A1)P (A1) + · · ·+ P (B|An)P (An).

15

Demostracion. Tenemos que

P (B|Ai)P (Ai) = P (B ∩ Ai) y P (B|A1)P (A1) + · · ·+ P (B|An)P (An) = P (B). ♦

2.34 Ejemplo. Supongamos que se tienen dos monedas, una normal N (con caras Ay S) y otra defectuosa D, con dos aguilas (A1 y A2). Se selecciona una de las monedas alazar y resulta que al lanzarla se obtiene aguila. ¿Cual es la probabilidad de que haya sido lamoneda defectuosa?

Solucion. Sean Ω = A, S,A1, A2 (el conjunto de los posibles resultados), N = A, S(el conjunto de los resultados de la moneda normal) y D = A1, A2 (el conjunto de losresultados de la moneda defectuosa). Sea A = A,A1, A2 el suceso de que haya salidoaguila. Buscamos P (D|A). Segun 2.33 podemos calcularlo como

P (D|A) =P (A|D)P (D)

P (A|D)P (D) + P (A|N)P (N)=

1 · 1

2

1 · 1

2+

1

2· 1

2

=2

3. ♦

2.35 Ejercicio. Se lanzaron 2 dados al aire y uno de ellos mostro un numero par. ¿Cuales la probabilidad de que ambos hayan sido pares?

2.36 Ejercicio. En un paıs hay tres ciudades C1, C2 y C3; C1 tiene la mitad de loshabitantes, C2 la tercera parte y C3 la sexta parte. Los porcentajes de votantes a favor delcandidato A en cada ciudad son: en C1, 25 %, en C2, 40 % y en C3, 70 %.

(a) Si se escoge un habitante al azar, ¿cual es la probabilidad de que este a favor delcandidato A?

(b) Se escogio un votante y resulto que estaba a favor del candidato A. ¿Cual es laprobabilidad de que pertenezca a la ciudad C1?

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3. Graficas

Una grafica (finita, simple) consta de un conjunto (finito) V de vertices, y de otro A dearistas: parejas (no ordenadas) de vertices (distintos).

Si una a = u, v ∈ A, escribimos a = uv y decimos que u y v son los extremos de a.

El grado de u ∈ V es el numero δ(u) de aristas que tienen a u como extremo.

Si a = uv ∈ A, decimos que u y v son adyacentes y que a es incidente a u y a v. Dosaristas distintas con un vertice comun son incidentes.

N (v) es el conjunto de vertices adyacentes a v.

3.1 Proposicion. La suma de los grados es el doble del numero de aristas. ♦

3.1. Caminos y conexidad

Dados u, v ∈ V , un camino C de u a v es una sucesion de vertices alternados con aristasC = (u = v0, a1, v1, a2, . . . , an, vn = v) tal que para cada i = 1, . . . , n, la arista ai es incidentea (los vertices distintos) vi−1 y vi.

C es cerrado si v0 = vn.

C es trayectoria si no repite vertices.

C es paseo si no repite aristas.

C es ciclo si es camino cerrado que no repite vertices.

La longitud de C, l(C), es el numero de aristas.

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G es conexa si dados cualesquiera dos vertices u y v existe un uv-camino. Si no, esdisconexa.

G1 = (V1,A1) y G2 = (V2,A2) son isomorfas (iguales) si existe biyeccion f : V1 → V2 talque uv ∈ A1 si, y solo si, f(u)f(v) ∈ A2.

Tn es la trayectoria de longitud n, Cn es el ciclo de longitud n.

H es subgrafica de G si el conjunto de vertices y de aristas de H son subconjuntos delconjunto de vertices y del de aristas de G, respectivamente.

Una componente conexa de G es una subgrafica conexa maximal.

k(G) es el numero de componentes conexas de G.

Hay 6 graficas conexas no isomorfas con 4 vertices:

3.2. Graficas completas y subgraficas

La grafica completa con n vertices, Kn, es aquella en la que por cada par de vertices hayuna arista que los une.

Una grafica con n vertices G es subgrafica de Kn; su complemento, G es la subgrafica deKn formada por los mismos vertices de G pero en el que las aristas son aquellas aristas deKn que no son aristas de G.

Si v ∈ V , la subgrafica de G que tiene por conjunto de vertices a V \ v y por conjuntode aristas a A \ a ∈ A : v ∈ a es G − v.

Si a ∈ A, la subgrafica (V ,A \ a) de G se denota por G − a.

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3.3. Arboles

Una grafica conexa sin ciclos es arbol. Un vertice de grado 1 es una hoja.

3.2 Proposicion. Una grafica conexa con n vertices es un arbol si, y solo si, tiene n− 1aristas.

Demostracion. (⇒) Induccion sobre n. Si n = 1, el numero de aristas es 0 = n − 1. Sean ≥ 1. Observemos que hay al menos dos vertices de grado 1. Al quitar un vertice v de grado1 a la grafica, nos queda un arbol con n− 1 vertices, por tanto, por HI, tiene n− 2 aristas.

(⇐) Supongamos que la grafica tiene k ≥ 1 ciclos y quitemos una arista de un ciclo(la grafica permanece conexa); repitamos esto hasta eliminar todos los ciclos; obtenemos unarbol con n vertices y n− 1− k < n− 1 aristas. ♦

3.4. Graficas bipartitas

Una grafica cuyo conjunto de vertices puede partirse en dos subconjuntos no vacıos deforma que no haya aristas dentro de un mismo conjunto es bipartita.

La grafica bipartita completa con (m,n) vertices, Km,n, se obtiene poniendo todas lasaristas posibles entre un conjunto de m vertices y otro de n.

3.3 Proposicion. G es bipartita si, y solo si, no tiene ciclos impares.

Demostracion. (⇒) Coloreemos los vertices de uno de los conjuntos de rojo y el del otrode azul. En un ciclo los vertices alternan color.

(⇐) SPG G es conexa. Pintemos un u ∈ V de azul, los adyacentes a el de rojo; despueslos adyacentes a estos de azul, etc. Como no hay ciclos impares, un vertice pintado de uncolor no se intentara pintar del otro. La coloracion da la particion. ♦

3.4 Ejercicio. Sea G una grafica en la que todos los vertices tienen el mismo grado. SiG tiene 28 aristas, ¿cuantos vertices puede tener?

3.5 Ejercicio. Probar que si G es una grafica entonces ella o su complemento es conexa.

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3.6 Ejercicio. Sea G una grafica con n vertices y A aristas. Probar que si A >(n2

)2

entonces G tiene un triangulo (es decir, un ciclo de longitud 3). (Sugerencia: Suponiendo quehay no hay triangulos, toma un vertice de grado maximo y cuenta aristas.)

3.5. Paseos eulerianos y ciclos hamiltonianos

Decimos que G es euleriana si tiene paseo euleriano cerrado, es decir un paseo cerradoque usa todas las aristas.

3.7 Teorema. Teorema de Euler. G conexa es euleriana si, y solo si todos los verticestienen grado par. El paseo puede iniciar en cualquier lugar.

Demostracion. (⇒) Al pasar por cada vertice se usan dos aristas.

(⇐) Induccion sobre el numero de aristas. Construimos un paseo lo mas largo posibleiniciando en cualquier vertice. Cada una de las partes conexas no usadas es una grafica en laque todos los vertices son de orden par. Al paseo le intercalamos las partes faltantes usandola hipotesis de induccion. ♦

Una grafica hamiltoniana es aquella que tiene un ciclo hamiltoniano, es decir, un cicloque usa todos los vertices.

3.8 Proposicion. Criterio. Si G es hamiltoniana, entonces para todo S ⊂ V no vacıo,k(G − S) ≤ |S|.

3.9 Ejemplo. La grafica G cuyos vertices son los cuadros de un tablero de ajedrez de4 × 4 con una arista entre dos vertices si, y solo si, los cuadros correspondientes se puedenalcanzar con un salto de caballo no es hamiltoniana.

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3.10 Teorema. Teorema de Ore. Si G tiene n ≥ 3 vertices y para cada u,w ∈ V noadyacentes, δ(u) + δ(w) ≥ n, entonces G es hamiltoniana.

Demostracion. SPG G es maximal respecto a no tener ciclo hamiltoniano. Sean u y wdos vertices entre los cuales no hay arista (existen porque en Kn hay ciclo hamiltoniano).Entonces hay trayectoria (u=v1, . . . , vn =w) que pasa por todos los vertices.

Sea i tal que uvi+1 y viw son ambas aristas (existe pues si no f : N (w) → V \ N (u)dada por f(vi) = vi+1 es inyectiva, N (u) ∩ Im(f) = ∅ y u /∈ N (u) ∪ Im(f), de dondeδ(u) + δ(w) = |N (u)|+ |N (w)| = |N (u)|+ |Im(f)| ≤ n− 1.

Entonces (u = v1, v2, . . . , vi, w = vn, vn−1, . . . , vi+1, v1 = u), es ciclo hamiltoniano. ♦

3.6. Graficas aplanables

Consideramos aquı graficas aplanables no simples: Puede haber lazos (aristas cuyos ex-tremos coinciden) y aristas multiples (varias aristas entre dos vertices).

Decimos que G es aplanable si puede dibujarse en el plano de manera que las aristas nose intersecten entre sı salvo en los vertices que comparten. Ya dibujada ası es plana.

3.11 Ejemplo. K4 es aplanable.

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En una grafica plana, cualquier region delimitada por aristas es una cara, incluso la regionexterior (no acotada).

3.12 Teorema. Formula de Euler. Si G es plana y conexa, V es su numero de vertices,A es su numero de aristas, y C es su numero de caras entonces V − A+ C = 2.

Demostracion. Induccion sobre A. Por ser G conexa, A ≥ V −1. Entonces la BI es cuandoG es arbol (solo hay una cara) y entonces es claro.

Supongamos A ≥ V . Entonces G tiene ciclos. Sea G ′ la grafica obtenida de G al quitaruna arista en un ciclo. Por HI, V ′ − A′ + C ′ = 2, pero entonces el resultado es claro pues

V ′ = V,A′ = A− 1 yC ′ = C − 1. ♦

3.13 Proposicion. K5 no es aplanable.

Demostracion. Supongamos que lo es. Como V = 5 y A = 10, entonces, por la formulade Euler, C = 2− 5 + 10 = 7.

Pero todos los vertices estan unidos entre sı por aristas, ası que las caras son triangulos;ademas, cada arista pertenece exactamente a dos caras; entonces A = 3C

2= 3×7

2. ♦

3.14 Nota. El Teorema de Kuratowsky afirma que una grafica G es aplanable si, y solosi, ni K5 ni K3,3 estan “contenidas” en G.

3.15 Ejercicio. Sea G una grafica k-regular (todos los vertices tienen grado k). Probarque si k = 8 entonces es posible colorear las aristas de G con rojo y azul de manera quea cada vertice lleguen dos aristas azules y dos rojas. Probar que lo anterior es falso parak = 10.

3.16 Ejercicio. Hay un tesoro en cada cubo de 1× 1× 1 de los 343 que forman un cubode 7× 7× 7. Un duende se encuentra en el cubo central; en cada momento puede pasar deun cubo a cualquier otro que comparta un cuadrado con el cubo donde esta. Si regresa a uncubo por el que ya paso, un monstruo le quita todos los tesoros que tiene hasta el momento.Las salidas estan en las 8 esquinas del cubo. ¿Es posible que salga del cubo con los 343tesoros?

3.17 Ejercicio. (∗) En un torneo cada participante debe competir exactamente una vezcontra cada uno de los demas. Hay 2n participantes y ya se jugaron dos rondas. Probarque todavıa se pueden partir los equipos en dos grupos de n jugadores de manera que losparticipantes de un mismo grupo no hayan competido todavıa entre ellos.

3.18 Ejercicio. (∗) En la grafica completa de 6 vertices a cada arista se le da unadireccion. ¿Cual es el valor esperado del numero de ciclos dirigidos de longitud 3?

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3.19 Ejercicio. (∗) Sean S un conjunto con n elementos, y A1, A2, . . . , An subconjuntosdistintos de S. Probar que existe un elemento x ∈ S tal que son distintos entre sı todos losconjuntos

A1 − x, A2 − x, . . . , An − x.

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